Zadání a řešení úloh

Výsledek:

$50$

Začněme určením všech možných trojciferných kódů. To budou všechny kombinace čísel od 000 do 999, což je celkem 1000 kombinací. Vyzkoušet každou z nich trvá Patrikovi 3 sekundy, proto zkouška všech 1000 kombinací bude trvat $3\cdot 1000=3000$ sekund, což je $\frac{3000}{60}=50$ minut.

Výsledek:

$900$

Začneme převodem všech hodnot na základní jednotky. Víme, že $12,5\mathrm{cm}$ je $0,125m$ a $15\mathrm{mm}$ je $0,015m$. Nyní můžeme snadno dostat objem jednoho prkna vynásobením všech jeho rozměrů. Tím získáme objem $0,8m\cdot 0,125m\cdot 0,015m=0,0015m^3$. Abychom zjistili, kolik prkno váží, musíme vynásobit jeho objem hustotou dřeva, ze kterého je vyrobeno. Tím získáme hmotnost $0,0015m^3\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3=0,9\mathrm{kg}$. Zadání se nás ale ptá na hmotnost v gramech, po převodu tedy dostaneme $0,9\mathrm{kg}=900g$.

Výsledek:

$2$

Všimněme si, že karty $3$ a $4$ mají pouze jedinou kartu, která se od nich liší o více než $2$. Pro $3$ je to $6$ a pro $4$ zase $1$. Tím pádem musí být $3$ a $4$ na začátku či na konci řady čísel, protože mohou mít pouze jednu sousední kartu. Možné kombinace tedy musí vypadat následovně

Dále víme, která čísla musí být vedle $3$ a $4$, aby byla podmínka splněna. Uspořádání tedy můžeme upravit následovně

Zbývají nám pouze čísla $2$ a $5$. Můžeme vidět, že v obou uspořádáních máme pouze jednu možnost, jak doplnit tato čísla. Dostaneme tedy řady $3$, $6$, $2$, $5$, $1$, $4$ a $4$, $1$, $5$, $2$, $6$, $3$ jako jediná dvě možná uspořádání vyhovující zadání.

Výsledek:

$10$

Protože běhají stejnou rychlostí, bude Petrovi cesta ke druhé bříze trvat stejně dlouho, jako Adamovi dostat se k deváté. To bude platit i pro všechny následující břízy – ve stejnou chvíli budou u třetí a osmé břízy, u čtvrté a sedmé břízy, u páté a šesté břízy atd. Oba kluci se potkají ve chvíli, kdy Petr poběží k bříze s vyšším číslem než Adam. Z toho plyne, že když Petr běží k šesté bříze a Adam k páté, potkají se poprvé. Zároveň se potkají i při zpátečním běhu. Od této chvíle bude Petr vždy běhat k bříze s vyšším číslem než Adam. Tím pádem se na cestě k bříze a zpět potkají vždy dvakrát, což znamená dvě setkání u každé další břízy, ke které poběží. Celkem tedy poběží k pěti břízám s výše popsanými vlastnostmi (pro Petra to budou břízy šestá až desátá, pro Adama pátá až první). Potkají se tedy $5\cdot 2=10$ krát.

Výsledek:

$87$

Víme, že rozdíl mezi dvěma po sobě jdoucími násobky čísla $n$ je vždy $n$. Tudíž rozdíl mezi dvěma po sobě jdoucími násobky čísla $181$ je $181$. Dále víme, že předchozí násobek čísla $181$ byl o $7$ kilometrů dříve. Další násobek tedy bude za $181-7=174$ kilometrů. Samuel chce tohoto momentu dosáhnout přesně za 2 hodiny. Jeho průměrná rychlost během těchto dvou hodin tedy musí být $v=\frac{174\mathrm{km}}{2h}=87$ kilometrů za hodinu.

Výsledek:

$35$

Nejprve se podíváme na první tvrzení. Když budeme předpokládat, že toto tvrzení je lež, znamená to, že Matoušovo oblíbené číslo je buď jednička, nebo prvočíslo. Součet tří přirozených čísel nemůže být jedna, musí to tedy být prvočíslo. Nicméně Matoušovo oblíbené číslo je také součtem tří čísel z řady $2$, $4$, $8$, $16$, $32$. Všechna tato čísla jsou sudá, tedy i součet tří z nich musí být sudý. Součet těchto tří čísel nemůže být dva, jednalo by se tedy o sudé číslo, které není prvočíslo. Tím dostáváme spor, tedy první tvrzení je pravda.

První tvrzení je jediné tvrzení s lichým číslem. Díky tomu víme, že součet čísel pravdivých tvrzení bude taky lichý, tedy druhé tvrzení musí být pravdivé. Zbývá tedy najít třetí pravdivé tvrzení. Podívejme se na tvrzení s číslem $4$. Pokud by toto tvrzení bylo pravdivé, bylo by Matoušovo oblíbené číslo $1+2+4=7$. V tomto případě by ale tvrzení s číslem $8$ bylo také pravdivé, což by odporovalo podmínce pouze tří pravdivých tvrzení. Tvrzení s číslem $4$ je tedy nepravdivé. Matoušovo oblíbené číslo musí být tedy větší než 30. Jediný způsob, jak toho dosáhnout, je předpokládat, že je pravdivé tvrzení s číslem $32$. Matoušovo oblíbené číslo tedy je $1+2+32=35$. Nyní je již jednoduché ověřit, že pro číslo $35$ jsou pravdivá právě tvrzení s čísly $1$, $2$ a $32$. Matoušovo oblíbené číslo je tedy skutečně $35$.

Výsledek:

$80$

Víme, že musí existovat světelný paprsek, který letí od Michalových bot na zrcadlo tak, že poté, co se odrazí, doletí do Michalových očí ve výšce $160\mathrm{cm}$. Musíme brát v potaz, že jeho nohy i oči jsou od zrcadla stejně vzdáleny. Také si musíme vzpomenout, že při odrazu paprsku od zrcadla je úhel odrazu roven úhlu dopadu. Můžeme tedy nakreslit tento obrázek:

Jelikož úhly $\alpha$ a $\beta$ budou stejně velké, budou i vzdálenosti $a$ a $b$ stejné. Ještě důležitější je, že výšky $h_a$ a $h_b$, které paprsek vystoupá, budou rovněž stejné. Místo, kde se paprsek odrazí, bude tedy přesně uprostřed mezi jeho botami a očima. Jeho oči jsou ve výšce $160\mathrm{cm}$, k odrazu tedy dojde ve výšce $\frac{160\mathrm{cm}}{2}=80\mathrm{cm}$.

I maximální výška spodní hrany zrcadla bude tedy $80$ centimetrů nad zemí. Kdyby bylo výš, paprsek by se od zrcadla neodrazil a Michal by si na boty neviděl.

Výsledek:

$5$

Nejprve se podívejme na číslo vlevo nahoře. Odtud se můžeme dostat ke každému číslu na stole posunutím dolů či doprava. To znamená, že všechna ostatní čísla musí být větší než toto číslo. Z toho vyplývá, že v levém horním rohu musí být jednoznačně číslo $1$. Podobně číslo $6$ musí být v políčku vpravo dole.

Dále se zamyslíme, kam může být umístěno číslo $2$. Musí to být jedno z políček vedle čísla $1$ (jinak by muselo existovat políčko s celým číslem mezi $1$ a $2$, což je nemožné). Takže máme jen dvě možnosti, kam dát číslo 2:

Případ 1.

Číslo $2$ je napravo od čísla $1$. V tomto případě budeme mít tři možnosti na číslo vpravo od čísla $2$ (může to být $3$, $4$ nebo $5$). Pro každou volbu tohoto čísla můžeme spodní řadu seřadit pouze jedním způsobem.

Případ 2.

Číslo $2$ je pod číslem $1$. V tomto případě máme opět tři možnosti na číslo vpravo od čísla $2$. Zbývající pole mohou být vyplněna opět jen jedním způsobem, ale tentokrát nedostaneme vždy validní kombinaci (pokud je číslo $3$ vpravo od čísla $2$, nedostaneme platné řešení – ve druhém sloupci budeme mít vyšší číslo nahoře ve sloupci než dole).

Zbývá nám tedy sečíst možnosti pro každý z případů, takže dostaneme $3+2=5$ možností, jak můžeme karty poskládat.

Výsledek:

$12$

Každou hodinu Vochomůrka uletí o $120^{\circ }-90^{\circ }=30^{\circ }$ více než Křemílek. Potkají se přesně v momentě, kdy Vochomůrka uletí o $360^{\circ }$ více než Křemílek, což odpovídá tomu, že uletěl o jeden celý oblet více. Křemílek a Vochomůrka se tedy potkají po $\frac{360}{30}=12$ hodinách.

Výsledek:

$3$

Vzhledem k tomu, že značka je přímo naproti slunci, její stín zůstane stejně široký, tedy bude mít šířku $5m$. Ovšem jeho výška se oproti výšce značky změní. Víme, že strom původně měřil $3m$, jeho stín ale měří pouhých $0,75m$. Tím pádem poměr mezi stínem a původní výškou je $\frac{3}{0,75}=\frac{4}{1}$. Stejný poměr platí i u značky, takže délka stínu bude $\frac{2,4m}{4}=0,6m$. Plochu celého stínu můžeme spočítat jako součin jeho výšky a šířky, tedy jako $0,6m\cdot 5m=3m^2$.

Výsledek:

$160$

Řekněme, že teplota ve stupních Celsia je $N\circ C$. Z poznámky víme, že odpovídající teplotu ve stupních Fahrenheita zjistíme jako $\left(\left(\frac{9}{5}\cdot N\right)+32\right)\circ F$. Zadání se ale ptá na situaci, kdy bude teplota ve stupních Fahrenheita dvojnásobná, takže $2N\circ F$. Tím pádem můžeme přepsat rovnici jako

Odtud získáme

Teplota trouby byla $160\circ C$.

Výsledek:

$64$

První den přečte Michal $1$ stranu, druhý den bude mít přečteno celkem $1+2$ strany, třetí den to bude $1+2+3$ strany a tak dále. Po $n$ dnech tedy bude mít přečteno $1+2+\dots +n$ stran. Použitím vzorce z tabulky pro součet aritmetické posloupnosti můžeme zapsat tento součet jako $\frac{n(n+1)}{2}$. Zadání se ptá na nejmenší počet dní $n$, pro který platí, že $\frac{n(n+1)}{2}$ je minimálně $2024$. Musíme tedy vyřešit nerovnici

Můžeme odhadnout, že pro $n=60$ je součin $n(n+1)$ přibližně $3600$, takže hledané $n$ bude jenom o trochu větší. Zjistíme, že $63\cdot 64=4032\le 4048$ a $64\cdot 65=4160\ge 4048$. Přečtení celé knihy tedy bude Michalovi trvat $64$ dní.

Výsledek:

$242$

Začněme tím, že si sepíšeme všechna dvouciferná čísla, která jsou palindromy. Vzhledem k tomu, že musí být stejná zprava i zleva, musí obsahovat dvě stejné cifry. Jediné dvouciferné palindromy, které může Viktor najít, budou ve tvaru $11,22,33...$ až do čísla $99$. Můžeme si povšimnout jedné vlastnosti, kterou všechna tato čísla sdílí – jsou dělitelná $11$. Takže když sečteme tři taková čísla, výsledné číslo také musí být dělitelné $11$.

Největší možný součet tří dvouciferných palindromů je $99+99+99=297$. Takže musíme hledat čísla menší než $297$ a najít první palindrom, který bude dělitelný $11$. Jako první narazíme na čísla $292$, $282$, $272$ atd., tedy čísla, která mohou být zapsána ve tvaru $2x2$, kde $x$ je číslo mezi $0$ a $9$. Můžeme použít pravidlo pro dělitelnost $11$. To nám říká, že součet cifer na sudé pozici mínus součet cifer na liché pozici musí být roven $0$, případně dělitelný $11$. První takové číslo od $292$, na které můžeme narazit, je $242$ a to díky tomu, že $4-(2+2)=0$. Jediný krok, co nám nyní zbývá, je najít, jaké tři dvojciferné palindromy musely být sečteny, abychom získali právě číslo $242$. A skutečně můžeme zjistit, že tato čísla jsou $77+77+88=242$.

Výsledek:

$860$

Průměrnou hustotu předmětu můžeme jednoduše zjistit jako jeho celkovou hmotnost dělenou jeho celkovým objemem. Víme, že celkový objem je $100\mathrm{ml}=100{\mathrm{cm}}^3$. Potřebujeme tedy najít pouze hmotnost croissantu. Hmotnost můžeme získat jako součet hmotností těsta a náplně. Tyto hodnoty můžeme zjistit pomocí vzorce $m=\rho \cdot V$, kde $\rho$ je hustota a $V$ objem. Během počítání ale musíme být opatrní při práci s jednotkami. Při použití $15\mathrm{ml}=15{\mathrm{cm}}^3$ pro objem náplně ($V_{\text{n}}$) a $100\mathrm{ml}-15\mathrm{ml}=85\mathrm{ml}=85{\mathrm{cm}}^3$ pro objem těsta musíme do vzorce dosadit hodnoty hustoty s jednotkou: $1200\mathrm{kg}∕m^3=1,2g∕{\mathrm{cm}}^3$ pro hustotu náplně (${\rho }_{\text{n}}$) a $800\mathrm{kg}∕m^3=0,8g∕{\mathrm{cm}}^3$ pro hustotu těsta (${\rho }_{\text{t}}$). Nyní získáme celkovou hmotnost čokoládového croissantu

Teď už nám zbývá pouze z celkové hmotnosti zjistit průměrnou hustotu. K tomu můžeme použít výše uvedený vzoreček

Vzhledem k tomu, že nás zajímá odpověď v $\mathrm{kg}∕m^3$, naším řešením je $860\mathrm{kg}∕m^3$.

Výsledek:

$48$

Víme, že obvod celé zahrady je $16m$, takže je součet délek všech plných (nepřerušovaných) čar $16m$. Když se podíváme na přerušované čáry, zjistíme, že po přeuspořádání mohou vytvořit obdélník stejný jako ten tvořený plnými čarami. Po dopočítání zjistíme, že součet délek všech přerušovaných čar je také $16m$. V tomto případě započítáváme každou z přerušovaných čar pouze jednou. Reálně je ale každá z nich součástí hrany dvou obdélníků, proto je potřeba délku přerušovaných čar vynásobit dvěma. Každá plná čára ale bude použita pouze jednou. Celkem jsme tedy použili celý obvod původního obdélníku $2+1=3$ krát, takže odpověď je $3\cdot 16m=48m$.

Výsledek:

$6$

Aby polička zůstala na zdi, musí její těžiště ležet mezi dvěma zbylými hřebíky. Jinými slovy, pro zachování stability musí být od těžiště jeden hřebík vlevo a současně jeden vpravo. Těžiště poličky leží mezi hřebíky s čísly $5$ a $6$. Z předchozí úvahy víme, že musíme mít jeden hřebík s číslem mezi $1$ a $5$ a druhý s číslem $6$ až $10$. Abychom získali nejnižší součin, vybereme si hřebíky s čísly $1$ a $6$. Součin čísel tedy bude $6$.

Výsledek:

$5$

Anežka ví, že vzorek dat měl jediný unikátní modus, kterým je číslo 4. To znamená, že se číslo $4$ objevilo ve vzorku dat nejčastěji ze všech hodnot. Z čísel, která známe, se nejčastěji vyskytují právě hodnoty $3$ a $5$. Aby se tedy z čísla $4$ mohl stát modus, musí se objevit alespoň třikrát. V původním vzorku dat se ale vyskytuje pouze jednou. Můžeme tedy říci, že alespoň $2$ ze $3$ neznámých hodnot bude číslo $4$.

Po zajištění podmínky s modem známe $10$ z $11$ čísel ze všech dat. Pro zjištění poslední hodnoty ale potřebujeme počítat i s druhou podmínkou, která nám říká, že také medián by měl být $4$. Seřazením všech deseti známých hodnot vzestupně získáme: $3,3,4,4,4,5,5,6,8,9$. Když chceme přidat do vzorku jedenácté číslo, medián musí být $4$, zatímco aktuálně je medián mezi čísly $4$ a $5$. Pokud by bylo jedenácté číslo $5$ a nebo vyšší, medián by byl $5$, což nesplňuje druhou podmínku. Aby byla podmínka splněna, musí být poslední neznámé číslo $4$ nebo nižší. Vzhledem k tomu že chceme, aby byl aritmetický průměr co největší, zvolíme číslo $4$. Nyní víme, že celý vzorek dat obsahuje čísla: $3,3,4,4,4,4,5,5,6,8,9$. Aritmetický průměr je pouze součet všech čísel ze vzorku vydělený jejich počtem, tedy získáme $\frac{55}{11}=5$.

Výsledek:

$48$

Řekněme, že vzdálenost mezi domy je $s$. Dráhu, kterou Jeníček ujel, budeme značit jako $s_{\text{J}}$ a dráhu, kterou ujela Mařenka, jako $s_{\text{M}}$. Můžeme si všimnout, že $s=s_{\text{J}}+s_{\text{M}}$. Abychom tedy získali celkovou vzdálenost $s$, musíme sečíst uražené vzdálenosti obou dětí. Nejdříve můžeme jednoduše odvodit $s_{\text{J}}$ použitím vzorečku $v=\frac{s}{t}$, upraveného jako $s=v\cdot t$, kde $v$ je rychlost a $t$ čas. Tím pádem $s_{\text{J}}=v_{\text{J}}\cdot t_{\text{J}}=30\mathrm{km}∕h\cdot 1h=30\mathrm{km}$. Stále nám ale zbývá najít $s_{\text{M}}$ pro zjištění celkové dráhy $s$. Musíme tedy vyjádřit čas, který Jeníček potřeboval, aby dorazil doprostřed cesty. Z $t=\frac{s}{v}$ můžeme určit, že čas, který Jeníček potřeboval na ujetí poloviny trasy, je $\frac{s}{2}$ při rychlosti $30\mathrm{km}∕h$. Pomocí toho získáme $t=\frac{\frac{s}{2}}{v}=\frac{s}{2\cdot v}=\frac{s}{2\cdot 30\mathrm{km}∕h}=\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}$. Použitím tohoto vzorce můžeme také vyjádřit dobu, po kterou cestovala i Mařenka. Bude to $1$ hodina mínus čas, kdy jel pouze Jeníček. Doba pohybu Mařenky je tedy, $t_{\text{M}}=1h-\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}$. Vyjádřením získáme $s_{\text{M}}$ jako $s_{\text{M}}=v_{\text{M}}\cdot t_{\text{M}}=90\mathrm{km}∕h\cdot (1h-\frac{s}{60\mathrm{km}∕h})=90\mathrm{km}-\frac{90\mathrm{km}∕h\cdot s}{60\mathrm{km}∕h}=90\mathrm{km}-\frac{3}{2}\cdot s$.

Nyní víme hodnotu $s_{\text{J}}$ a také máme vyjádřenou hodnotu $s_{\text{M}}$. Nyní už nám zbývá pouze vypočítat celkové $s$ jako:

Vzdálenost mezi domy Jeníčka a Mařenky je tedy

.

Výsledek:

$6$

Dle zadání chceme vypočítat poslední cifru součinu

Jelikož nás zajímá pouze poslední cifra celého součinu, můžeme se k tomuto problému postavit tak, že se budeme zaobírat pouze násobením posledních číslic mezisoučinů v závorkách.

Můžeme začít tím, že si vypíšeme pár úvodních čísel v závorkách:

V této posloupnosti čísel si můžeme všimnout, že se poslední cifry opakují podle vzorce: $2$, $4$, $8$, $6$. Vzhledem k tomu, že je v posledních číslicích čísel v závorkách pravidelný vzorec, získáme poslední cifru výsledného součinu opakovaným násobením čísel v tomto vzorci: $2\cdot 4\cdot 8\cdot 6\cdot 2\cdot 4\cdot 8\cdot 6\cdot \dots$.

Když začneme vypisovat pouze poslední číslice průběžných kroků tohoto násobení, dostaneme následující posloupnost čísel: $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $6$, $6$, $2$, $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $\text{…}$. Zde si opět můžeme všimnout opakujícího se vzorce $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $6$, $6$, $2$, tentokrát délky $8$ číslic. Poslední cifra celého součinu tedy musí být jednou z cifer v tomto vzorci. Protože provádíme celkem $2023$ násobení mezi $2024$ závorkami v našem výpočtu, můžeme vydělit $2023$ číslem $8$, délkou vypozorovaného vzorce, a zbytek nám řekne, na kterém místě v tomto vzorci skončíme po vynásobení všech čísel.

Protože $2023:8=252\text{, zbytek }7$, tím pádem je poslední číslice celého součinu $6$, protože ta je sedmou číslicí ve vypozorovaném osm cifer dlouhém vzorci.

Výsledek:

$1$

V dnešní tombole dostal Honza $30$krát více losů. Protože však dostali $30$krát více losů všichni, kteří se tomboly zúčastnili, celkové množství losů je také $30$krát vyšší. Tím pádem, i když má Honza $30$krát více losů, tvoří stejný podíl na všech losech jako včera. Pravděpodobnost výhry je tedy stejná jako včera. Jinými slovy, je $1$krát vyšší.

Výsledek:

$81$

Poloměr drátu je roven jedné třetině originálu, a jelikož průřez drátu je úměrný druhé mocnině poloměru, průřez nového drátu musí být $S^{\prime }={\left(\frac{1}{3}\right)}^{2}S=\frac{1}{9}S$. Objem drátu se nemohl změnit, takže zmenšení průřezu na devítinu způsobí, že drát se prodloužil na ${\ell }^{\prime }=9\ell$. Rezistivita je vlastnost materiálu, takže zůstává stejná. Nyní můžeme spočítat, že odpor drátu je

Z toho vidíme, že odpor nového drátu je 81krát větší než odpor starého drátu. Hodnota $k$ je tedy $81$.

Výsledek:

$49$

Označme číslo dresu uprostřed jako $x$. Před tímto dresem je $\frac{75-1}{2}=37$ dresů a $37$ dresů je i za ním. Prvních pět dresů má tedy čísla $x-37$, $x-36$, $x-35$, $x-34$ a $x-33$, zatímco posledních pět dresů má čísla $x+33$, $x+34$, $x+35$, $x+36$ a $x+37$. Podmínku v zadání můžeme přepsat do rovnice

Číslo na dresu uprostřed tedy bylo $x=49$.

Výsledek:

$\frac{2}{11}$

Hmotnost banánů budeme označovat jako $m$. Víme, že obsahují $\frac{3}{4}m$ vody a $\frac{1}{4}m$ sušiny. Každá polovina banánů tedy obsahuje $\frac{1}{8}m$ celkové hmotnosti sušiny. U banánů z horkovzdušné sušičky tvoří sušina $75\%$ hmotnosti, takže tyto banány nyní váží $\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{1}{6}m$ a voda v nich váží $\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{6}m=\frac{1}{24}m$. Banány z sušené mrazem váží $\frac{10}{9}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{5}{36}m$ a voda v nich $\frac{1}{10}\cdot \frac{5}{36}m=\frac{1}{72}m$.

Celková hmotnost prášku je $\frac{1}{6}m+\frac{5}{36}m=\frac{11}{36}m$, z čehož $\frac{1}{24}m+\frac{1}{72}m=\frac{1}{18}m$ tvoří voda. Takže podíl vody v prášku je

Výsledek:

$1,25$

Když Marek vyskočí, nabírá potenciální energii. Pokud tedy Marek, který váží $m=75\mathrm{kg}$, vyskočí do výšky $h_0=1m$, získá potenciální energii $E=\mathit{mg}{h}_0$. Co se změní v pohybujícím se výtahu? Váha ukazuje méně, protože se změnilo gravitační zrychlení. Počítejme s tím, že nové gravitační zrychlení je $g^{\prime }$. Tím pádem Marek působí na váhu silou $F_{\text{g}}=m{g}^{\prime }$. Ale váha ukazuje hmotnost $m^{\prime }=60\mathrm{kg}$, protože "si myslí", že se vše děje za normálního gravitačního zrychlení. Takže fakt, že váha ukazuje hmotnost $m^{\prime }$ znamená, že na ni působí síla o velikosti $m^{\prime }g$. To je ale $F_{\text{g}}$, tím pádem:

Nyní se vraťme ke skoku. Protože se gravitační zrychlení změnilo, vyskočí Marek do výšky $h$ s pomocí energie $E$. Ta se přemění v potenciální energii $E=m{g}^{\prime }h$. To znamená, že Marek vyskočí do výšky

Výsledek:

$55$

Spočítejme čísla, která Petr nepoužívá. Násobky $3$ mezi $1$ a $100$ jsou $3$, $6$, $\text{…}$, $99$, dohromady jich tedy je $99:3=33$. Kromě toho je $19$ čísel, která obsahují číslici $3$ ($10$ na pozici jednotek a $10$ na pozici desítek, ale číslo $33$ má $3$ na obou pozicích). Petr nepoužívá žádné číslo z těchto dvou skupin. Některá čísla jsou ale v obou těchto skupinách, konkrétně čísla $3$, $30$, $33$, $36$, $39$, $63$ a $93$. Tato čísla ale chceme započítat pouze jednou. Tím pádem Petr nepoužívá $33+19-7=45$ čísel. Používá pouze ostatní čísla, tedy celkem $100-45=55$ čísel.

Výsledek:

$133$

Řekněme, že Terezina rychlost je $v$. První $t_0=1s$ po tom co si všimne chodce, jede i nadále rychlostí $v$, takže urazí vzdálenost $s_1=v{t}_0$. Pak začne brzdit konstantní silou $F$. Tato síla působí na dráze $s_2$, takže vykoná práci $W=F{s}_2$. Tato práce snižuje kinetickou energii $E=\frac{1}{2}m{v}^2$ vozidla, kde $m$ je hmotnost auta. Vyjde nám tedy, že $F{s}_2=\frac{1}{2}m{v}^2$, což znamená, že vzdálenost potřebná na zastavení po tom co začne brzdit je

Úloha říká, že když Tereza jela rychlostí $v_1=15m∕s$, její brzdná dráha $s_1+s_2$ byla $s=33m$. Pomocí tohoto můžeme vyjádřit neznámou hodnotu $\frac{m}{F}$ jako

a tu můžeme spojit s brzdnou drahou $s^{\prime }=s_1^{\prime }+s_2^{\prime }$ pro rychlost $v_2=35m∕s$, aby nám vyšlo

To znamená, že Terezina brzdná dráha s počáteční rychlostí $v_2=35m∕s$ by byla $s^{\prime }=133m$.

Výsledek:

$100$

Označíme požadovanou plochu parketu $S$. Dostaneme tedy, že objem celého tanečního parketu je $V=S\cdot 10\mathrm{cm}$. Když bude parket plně zatížen, bude jeho okraj na úrovni vody kolem něj, takže vytlačuje objem vody $V$. Vytlačená voda bude mít hmotnost $V\cdot 1000\mathrm{kg}∕m^3$, která musí být rovná hmotnosti tanečního parketu plus $4000\mathrm{kg}$ na něm položených. Tato hmotnost bude $V\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3+4000\mathrm{kg}$. Řešením pro $V$ dostaneme $V=10m^3$, takže plocha tanečního parketu musí být $S=\frac{V}{0,1m}=100m^2$.

Výsledek:

$12$

Uvažujme úhly okolo vrcholu $F$. Víme, že úhel $\mathit{\angle EFC}=24^{\circ }$ a $\mathit{\angle DFE}=60^{\circ }$ vzhledem k tomu, že trojúhelník $\mathit{DEF}$ je rovnoramenný. Tím pádem můžeme úhel $\mathit{DFA}$ spočítat jako $\mathit{\angle DFA}=180^{\circ }-\mathit{\angle EFC}-\mathit{\angle DFE}=180^{\circ }-24^{\circ }-60^{\circ }=96^{\circ }$. V trojúhelníků $\mathit{ADF}$ známe dva úhly, takže dostáváme $\mathit{\angle DAF}=180^{\circ }-\mathit{\angle ADF}-\mathit{\angle DFA}=180^{\circ }-42^{\circ }-96^{\circ }=42^{\circ }$.

Můžeme si všimnout, že $\mathit{\angle DAF}=\mathit{\angle ADF}$. Tím pádem bude i trojúhelník $\mathit{ADF}$ rovnoramenný a v takovém trojúhelníku platí $\mathit{AF}=\mathit{DF}$. Úsečka $\mathit{DF}$ je strana rovnostranného trojúhelníku $\mathit{DEF}$, což znamená, že $\mathit{DE}=\mathit{EF}=\mathit{FD}$. Z toho víme, že $\mathit{AF}=\mathit{EF}$, takže trojúhelník $\mathit{AEF}$ je rovnoramenný se základnou $\mathit{AE}$.

Už víme, že $\mathit{\angle AFE}=\mathit{\angle DFA}+\mathit{\angle DFE}=96^{\circ }+60^{\circ }=156^{\circ }$. Z rovnoramenného trojúhelníku AEF tedy získáme $\mathit{\angle EAC}=\mathit{\angle EAF}=\frac{180^{\circ }-156^{\circ }}{2}=12^{\circ }$.

Výsledek:

$42$

Na klesajících částech dráhy autíčko získává energii, zatímco na rovných úsecích ji ztrácí. Autíčko tedy zastaví na jedné z horizontálních částí a to tehdy, když jeho energie klesne na $0$ $J$.

Na začátku je celková energie auta rovna součtu jeho potenciální a kinetické energie. Pro jednoduchost předpokládejme, že potenciální energie auta na začátku byla $0J$. Celková energie auta se tedy v tomto bodě skládá z jeho kinetické energie, tedy $E_0=\frac{1}{2}m{v}_0^2$, kde $m=60g$ je hmotnost autíčka a $v_0=5m∕s$ je jeho počáteční rychlost.

Pokaždé, kdy auto projede částí dráhy z kopce, se jeho kinetická energie zvýší o rozdíl potenciální energie. Protože sjede o $h_0=5\mathrm{cm}$, získá energii $E_{{\text{p}}_0}=\mathit{mg}{h}_0$. V horizontálních částech je pak třecí síla $F_t=\mathit{fmg}$, kde $f=0,4$ je koeficient tření. Ta působí na dráze $s=20\mathrm{cm}$, takže vykonává práci $W=F\cdot s=\mathit{fmgs}$. Z toho důvodu klesá celková energie autíčka na tomto segmentu o $W$.

Za každou překonanou dvojici klesající a horizontální cesty se tedy celková energie sníží o $E_{{\text{p}}_0}-W=\mathit{mg}{h}_0-\mathit{fmgs}$. Po $n$ takových párech rovných a svažujících se segmentů tedy energie klesne o $n(E_{{\text{p}}_0}-W)$ a nás zajímá takové nejmenší $n$, při kterém dostaneme $E_0-n(E_{{\text{p}}_0}-W)\le 0$. Řešením této nerovnice získáme

Auto tedy zastaví na $42$. horizontální části dráhy.

Výsledek:

$12153$

Všimněme si, že $37\cdot 21=777$. Tím se nám výrazně zjednodušil další postup. Napodobme obvyklý způsob násobení pod sebou. Standardně násobíme pouze po jedné číslici, tentokrát však použijeme vztah $37\cdot 21=777$ a využijeme ho v každém kroku násobení. Tímto získáme tento výraz

Po sobě jdoucí čísla $777$ mají vždy jednu cifru $7$ ve společném řádu a můžeme je sečíst obvyklým způsobem. Tím nám vyjdou čísla $4$ a $8$ ve výsledném čísle. Z našeho postupu je také vidět, že jsme zvýšili počet cifer našeho čísla o $1$. Výsledek je tedy $2025$-ciferné číslo. Poslední dvě a první cifra budou $7$ a zbylých $2024+1-3=2022$ střídavě $4$ a $8$, takže bude $2022:2=1011$ od každého z nich. Ciferný součet tohoto čísla tedy bude $3\cdot 7+1011\cdot 4+1011\cdot 8=12153$.

Výsledek:

$2,4$

Kapacita baterie v $\mathrm{mAh}$ popisuje vztah mezi výstupním proudem baterie a časem, po který může baterie tento proud poskytovat. Například pokud je baterie s kapacitou $4000\mathrm{mAh}$ plně nabitá, může hodinu poskytovat elektrický proud $4000\mathrm{mA}$, nebo čtyři hodiny proud $1000\mathrm{mA}$ apod.

Jelikož může Martin měnit, které zařízení se právě nabíjí, můžeme notebook a smartphone považovat za jedno zařízení s kapacitou $4000\mathrm{mAh}+3500\mathrm{mAh}=7500\mathrm{mAh}$. Na začátku byla obě zařízení nabitá na $20\%$ jejich kapacity, celkem tedy obsahovala náboj $0,2\cdot 7500\mathrm{mAh}=1500\mathrm{mAh}$. Obě zařízení se vybíjejí tak, že se vybijí po $10$ hodinách. Každou hodinu se tedy vybijí o $7500\mathrm{mAh}:10=750\mathrm{mAh}$.

Zároveň Martin nabíjí zařízení nabíječkou s výstupním proudem $3,25A=3250\mathrm{mA}$, za hodinu jim tak dodá náboj $3250\mathrm{mAh}$. Náboj v bateriích se tedy každou hodinu zvýší o $3250\mathrm{mAh}-750\mathrm{mAh}=2500\mathrm{mAh}$. Martin musí náboj zvýšit o $7500\mathrm{mAh}-1500\mathrm{mAh}=6000\mathrm{mAh}$. Zařízení se tedy plně nabijí za

.

Výsledek:

$18$

Tadeáš bude muset na zvednutí kyblíčku vykonat práci, která odpovídá zvýšení potenciální energie vody. Kyblík je válec s podstavou $S=400{\mathrm{cm}}^2=0,04m^2$ a výškou $h=30\mathrm{cm}=0,3m$, takže hmotnost vody v něm bude $m={\rho }_{\mathit{vody}}\mathit{Sh}$. Těžiště vody je v polovině výšky válce, tedy $\frac{h}{2}$. Práce, kterou musí Tadeáš vykonat, je tedy stejná jako změna potenciální energie, tedy

Výsledek:

$53$

Několikrát využijeme trojúhelníkovou nerovnost. Ta nám v trojúhelníku $\mathit{ABC}$ říká, že je délka strany $\mathit{AC}$ větší než $19\mathrm{cm}-12\mathrm{cm}=7\mathrm{cm}$, ale menší než $19\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=31\mathrm{cm}$. Tato délka musí být celé číslo, délka $\mathit{AC}$ tedy může být jakékoliv celé číslo mezi $8\mathrm{cm}$ a $30\mathrm{cm}$. Ze stejného důvodu (ale v trojúhelnících $\mathit{CDE}$ a $\mathit{EFA}$) musí být délka strany $\mathit{CE}$ celé číslo mezi $13\mathrm{cm}$ a $15\mathrm{cm}$ a délka strany $\mathit{EA}$ celé číslo mezi $6\mathrm{cm}$ a $12\mathrm{cm}$.

Chceme-li získat největší možný obvod $\mathit{ACE}$, musíme vybrat největší možné délky jeho stran. Trojúhelníková nerovnost však stále musí být zachována. Proto i když vybereme největší možnou délku stran $\mathit{CE}$ a $\mathit{EA}$, můžeme vybrat délku $\mathit{AC}$ pouze tak, aby byla menší než $15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=27\mathrm{cm}$. Největšího možného obvodu trojúhelníku tedy dosáhneme, když $|\mathit{AC}|=26\mathrm{cm}$, $|\mathit{CE}|=15\mathrm{cm}$ a $|\mathit{EA}|=12\mathrm{cm}$. V takovém případě je obvod trojúhelníku $\mathit{ACE}$ $26\mathrm{cm}+15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=53\mathrm{cm}$.

Výsledek:

$1012$

Součin dvou druhých mocnin nějakých celých čísel je opět druhou mocninou nějakého celého čísla – vynásobíme-li $a^2$ s $b^2$, získáme ${(\mathit{ab})}^2$. Pokusíme se toho využít pro zjednodušení úlohy.

Podívejme se na součin $1!\cdot 2!\cdot 3!\cdot 4!\cdot \dots \cdot 2023!\cdot 2024!$. Seskupíme-li vždy dva po sobě jdoucí členy tímto způsobem $(1!\cdot 2!)\cdot (3!\cdot 4!)\cdot \dots \cdot (2023!\cdot 2024!)$ a faktoriál každého sudého čísla zapíšeme ve tvaru $(n+1)!=(n+1)\cdot n!$, můžeme zjednodušit celý součin do tvaru

Druhá závorka je součin druhých mocnin celých čísel, je tedy také druhou mocninou celého čísla. Abychom i z celého součinu udělali druhou mocninu nějakého celého čísla, musíme z první závorky udělat druhou mocninu celého čísla. Je to součin sudých čísel, můžeme ji tedy zjednodušit vyjmutím dvojky z každého členu. Dostáváme tak

Číslo $2^{1012}$ je druhou mocninou celého čísla (exponent je sudý), jedinou překážkou k tomu, aby byl celý součin druhou mocninou nějakého celého čísla, je proto člen $1012!$. V zadání je povoleno vynechat jeden člen a naše úvaha nám říká, že bychom měli vynechat člen $1012!$. Jelikož zadání tvrdí, že existuje jen jeden takový člen, můžeme říct, že hledáme číslo $k=1012$.

Výsledek:

$24$

Situace u každé kladky je jako na obrázku.

Síly $F$ působící na lano jsou stejně velké, protože napětí je rovnoměrné po celé délce lana (samozřejmě je různé pro různá lana). Aby kladka zůstala nehybná, musí na ni také působit síla o velikosti $2F$ směrem nahoru.

I když to vypadá, že se musíme vypořádat s problémem nekonečného množství kladek, uvidíme, že to nebude vůbec problém. Jelikož jsou lana i kladky nehmotné, nalezneme součet všech hmotností s pomocí síly, kterou náš nekonečný kladkostroj působí na strop. Tím získáme součet gravitačních sil působících na všechna závaží, a tedy i jejich celkovou hmotnost.

Využijeme naše počáteční pozorování, abychom určili sílu působící na strop.

Podívejme se na třetí kladku. Víme, že zde je závaží s hmotností $3\mathrm{kg}$, na kterou působí gravitační síla o velikosti $3\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}=30N$. Napětí v příslušném laně je tedy též $30N$, což znamená, že směrem vzhůru musí na kladku působit síla o velikosti $2\cdot 30N=60N$.

Nyní se můžeme podívat na druhou kladku. Síla o velkosti $60N$ z předešlého odstavce vytváří v laně kolem druhé kladky stejné napětí, z čehož vyplývá, že na ni působí síla o velikosti $2\cdot 60N=120N$ směrem vzhůru. Obdobně na první kladku musí působit síla o velikosti $2\cdot 120N=240N$ směrem vzhůru. Toto je ale také síla, kterou celý kladkostroj působí na strop a kterou jsme chtěli určit.

Celkově tedy celý kladkostroj působí na strop silou $240N$, takže hmotnost všech závaží musí být $240N:10N∕\mathrm{kg}=24\mathrm{kg}$.

Výsledek:

$216$

Jako první se podívejme na Aliciny rozdíly. Trojciferné číslo můžeme zapsat ve tvaru $100A+10B+C$, kde $A$, $B$ a $C$ jsou jeho číslice. Po obrácení Alice získá číslo $100C+10B+A$, takže jí vyjde rozdíl

Vidíme, že rozdíl, který Alice získá, záleží jen na rozdílu číslic na místě stovek a jednotek původního čísla. V úloze pracuje Alice s nějakým číslem, a pak s tímto číslem zmenšeným o $31$. Vyšel jí stejný výsledek, takže tato čísla musí mít stejný rozdíl číslic na místě jednotek a stovek. Nyní musíme nalézt čísla s touto vlastností.

Jsou dva případy, ke kterým může dojít na základě číslice na místě jednotek v Adamově oblíbeném čísle. Kdyby na místě jednotek byla $0$, odečtení $31$ by ho změnilo na $9$. Tudíž by se číslice na místě stovek také musela zvýšit o $9$, což zjevně není možné. To znamená, že Adamovo oblíbené číslo nemá $0$ na místě jednotek, po odečtení $31$ se tedy jednotky sníží o $1$, a tak musí o $1$ klesnout i číslice na místě stovek. K tomuto dochází, pouze když poslední dvě cifry čísla tvoří jedno z čísel $00$, $01$, $\text{…}$, $30$.

Z této řady musíme vyřadit možnosti, kde je na místě jednotek $0$, což nás nechává s $27$ možnostmi. Jako poslední musíme určit možné číslice na místě stovek. Nemůže to být $1$, protože po odečtení $31$ bychom nezískali trojciferné číslo. Číslice $2$, $3$, $\text{…}$, $9$ fungují.

Když vynásobíme počet možností pro číslici na místě stovek s počtem možností pro poslední dvojčíslí, získáme $8\cdot 27=216$ možností pro Adamovo oblíbené číslo.

Výsledek:

$443256101330$

Každá změna číslice $5$ na $6$ zvětší Pepův součet o $1$. Podobně každá změna $6$ na $5$ ho o $1$ sníží. To znamená, že každá změna $5$ na $6$ vyruší změnu $6$ na $5$. Tím pádem nás zajímá pouze rozdíl počtu cifer $5$ a $6$ v celých číslech od $1$ do $9876543210$.

Všimněme si, že se na číslice $5$ a $6$ můžeme zaměřit podle řádů, ve kterých se vyskytují v čísle $9876543210$. Když je cifra $5$ v jiném řádu, můžeme ji prohodit s cifrou $6$ (obdobně můžeme prohazovat cifry $6$ za cifry $5$) a získáme tak číslo, které Pepa počítal. Nedostaneme tedy žádný rozdíl v počtu cifer $5$ a $6$.

Nyní se zaměříme na řády statisíců a milionů. Uvědomme si, že k nenulovému rozdílu dojde pouze ve chvíli, kdy je před těmito dvěma ciframi trojčíslí $987$ (jinak můžeme postupovat jako v předchozím odstavci). S touto podmínkou se cifra $5$ objevuje $1000000$krát v řádu milionů a $6\cdot 100000+43211=643211$krát v řádu stovek tisíců. Číslici $6$ najdeme $543211$krát v řádu milionů a $6\cdot 100000=600000$krát v řádu statisíců. Počet cifer $5$ je tedy o $(1000000+643211)-(543211+600000)=500000$ větší než počet cifer $6$.

Dostáváme tedy, že prohození číslic $5$ a $6$ zvýší ciferný součet výsledných čísel o $500000$, takže Pepa dostane výsledek

Výsledek:

$2,4$

Nechť $V$ je Ferbův objem, $h=0,6m$ jeho výška a ${\rho }_{\text{Ferb}}=125\mathrm{kg}∕m^3$ jeho hustota. Když vyskočí, zaplní se prostor, kde se původně nacházel, vodou. Tím jezero ztratí energii $E=V{\rho }_{\text{voda}}g\frac{h}{2}$, protože hmotnost této vody bude $V{\rho }_{\text{voda}}$ a její těžiště bude ležet v hloubce $\frac{h}{2}$ (jezero je tak veliké, že se úroveň hladiny nezmění). Chceme získat výšku $H$, které Ferb dosáhne. V nejvyšším bodě nemá žádnou kinetickou energii, poněvadž se energie, kterou získal z vody, přeměnila v potenciální energii $E=V{\rho }_{\text{Ferb}}\mathit{gH}$. Porovnáme tedy oba výrazy, abychom získali $H$.

Ferbova horní základna tedy dosáhne výšky $2,4m$.

Výsledek:

$46$

Každý pravidelný $m$-úhelník lze rozdělit na $m$ shodných rovnoramenných trojúhelníků jako na obrázku.

Úhly naproti základnám se musí sečíst do $360^{\circ }$. Všechny ostatní úhly se podílí na součtu úhlů v $m$-úhelníku. Jelikož je součet úhlů v každém trojúhelníku roven $180^{\circ }$, musí být součet úhlů v $m$-úhelníku $m\cdot 180^{\circ }-360^{\circ }=(m-2)\cdot 180^{\circ }$. Každý úhel v rovnostranném $m$-úhelníku má stejnou velikost, tudíž velikost každého z nich je $\frac{m-2}{m}\cdot 180^{\circ }$.

Chceme-li seskupit mnohoúhelníky podle zadání, musí být součet úhlů v jejich společném vrcholu roven $360^{\circ }$. Když označíme počty stran jednotlivých mnohoúhelníků jako $x$, $y$, a $z$ a použijeme informace z předchozího odstavce, vyjde nám

Celou rovnici můžeme vydělit $180^{\circ }$ a zjednodušit. Vyjde nám

Zkusme najít všechny trojice $(x,y,z)$, pro které tato rovnice platí. Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat že $x>y>z$. Jestliže $z\ge 6$, pak $y\ge 7$ a $x\ge 8$. Ale pak

Nemůžeme tedy mít $z\ge 6$, takže $z$ je jedna z hodnot $3$, $4$ nebo $5$. Každý případ řešíme odděleně.

Pro $z=3$.

Podmínka se v tomto případě upraví na $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{6}$. Po vynásobení jmenovateli nám vyjde $6y+6x=\mathit{xy}$, což se dá přepsat (po přičtení $36$ k oběma stranám) do tvaru $(x-6)(y-6)=36$. Hodnoty obou závorek musí být kladné. Jelikož lze číslo $36$ vyjádřit jako součin dvou kladných čísel těmito čtyřmi způsoby: $36=36\cdot 1=18\cdot 2=12\cdot 3=9\cdot 4$, dostáváme čtyři řešení, kdy pár $(x,y)$ je jedna ze dvojic $(42,7)$, $(25,8)$, $(18,11)$, $(15,10)$.

Pro $z=4$.

Postupujeme obdobně jako v předešlém případě. Máme $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{4}$, z čehož po vynásobení jmenovateli dostaneme $4y+4x=\mathit{xy}$. Po přičtení $16$ a a rozkladu na součin nám vyjde $(x-4)(y-4)=16$. Řešením $(x,y)$ této rovnice budou dvojice $(20,5)$ a $(12,6)$.

Pro $z=5$.

Nakonec máme rovnici $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{3}{10}$, ze které úpravami dostaneme $10y+10x=3\mathit{xy}$. Pokud tuto rovnici vynásobíme $3$ a přičteme $100$, dostaneme rovnici $(3x-10)(3y-10)=100$. Tímto se dopracujeme k řešením pro páry $(x,y)$, která jsou $\left(\frac{110}{3},\frac{11}{3}\right)$, $(20,4)$, $\left(\frac{35}{3},\frac{14}{3}\right)$, $(10,5)$. O řešení ve tvaru zlomků nemáme zájem. Dále jsme obdrželi trojici $(20,5,4)$, která už se objevila v jednom z předešlých případů. Jediné nové řešení je $(x,y)=(10,5)$, pro které ale neplatí podmínka $y>z$. Takže z tohoto případu nemáme žádná nová řešení.