Problems and solutions

Rezultat:

$50$

Najprije odredimo broj svih mogućih lozinki, a to će biti sve kombinacije od $000$ do $999$, što je ukupno $1000$ kombinacija. Patriku trebaju $3$ sekunde za svaku, dakle za isprobati $1000$ trebat će mu $3\cdot 1000=3000$ sekundi, odnosno $\frac{3000}{60}=50$ minuta.

Rezultat:

$900$

Počinjemo pretvaranjem svega u osnovne jedinice. Znamo da je $12,5\mathrm{cm}$ $0,125m$ i $15\mathrm{mm}$ $0,015m$. Sada možemo lako pronaći volumen jedne daske množenjem sve tri njezine dimenzije. To nam daje volumen $0,8m\cdot 0,125m\cdot 0,015m=0,0015m^3$ . Da bismo odredili težinu daske, trebamo pomnožiti volumen daske s gustoćom drva što nam daje masu $0,0015m^3\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3=0,9\mathrm{kg}$. Naš odgovor bi trebao biti u gramima, što je $0,9\mathrm{kg}=900g$.

Rezultat:

$2$

Primjetimo da za karte $3$ i $4$ postoji samo po jedna karta koja se od njih razlikuje za više od $2$. Za $3$ je to $6$, a za $4$ je to $1$. Zbog toga, $3$ i $4$ smiju imati samo jednu kartu kraj sebe, što je jedino moguće ako ih stavimo na početak i kraj. Mogući redoslijedi stoga izgledaju ovako:

Nadalje, znamo jedine brojeve koji se mogu pojaviti kraj $3$ i $4$ pa možemo prilagoditi redoslijede:

Preostaju nam samo brojevi $2$ i $5$. Vidimo da u oba poretka postoji samo jedan način na koji ih možemo poredati. Stoga su $3$, $6$, $2$, $5$, $1$, $4$ i $4$, $1$, $5$, $2$, $6$, $3$ jedini redoslijedi koji zadovoljavaju uvjet, tj. postoje $2$ takva redoslijeda.

Rezultat:

$10$

Budući da trče istom brzinom, Danijeli će trebati isto vrijeme da dođe do druge breze kao Jani da dotrči do devete breze. Ovo će također vrijediti za sve breze nadalje – bit će u istom trenutku na trećoj i osmoj brezi, na četvrtoj i sedmoj brezi, na petoj i šestoj brezi itd. Međutim, kada Danijela trči do breze s većim brojem od Jane, susrest će se prvi put. Dakle, dok Danijela bude na putu do šeste breze, a Jana na putu do pete breze, oni će se prvi put sresti. Štoviše, ponovno će se sresti na povratku od ovih breza. Od sada pa nadalje, Danijela će uvijek trčati do breze s većim brojem od Jane, stoga će se mimoići na putu do svake sljedeće breze i na putu natrag, dakle dva puta za svaku sljedeću brezu do koje će otići. Ukupno je pet takvih breza (za Danijelu šesta do deseta breza, za Janu peta do prva), pa će se mimoići $5\cdot 2=10$ puta.

Rezultat:

$87$

Znamo da je razlika između svaka dva uzastopna višekratnika broja $n$ jednaka $n$. Tako je razlika između dva uzastopna višekratnika broja $181$ jednaka $181$. Navedeno je da je prethodni višekratnik broja $181$ bio $7$ kilometara unatrag. Dakle, sljedeći višekratnik broja $181$ bit će za $181-7=174$ kilometara. Znamo da Samuel želi stići tamo za točno 2 sata. Njegova prosječna brzina tijekom ta dva sata mora stoga biti $v=\frac{174\mathrm{km}}{2h}=87$ kilometara na sat.

Rezultat:

$35$

Krenimo od prve izjave. Pretpostavimo da je laž - tada je broj koji je Matej zamislio ili $1$ ili prost. Zbroj tri pozitivna cijela broja nikad nije $1$ pa mora biti prost. Međutim, to je također zbroj tri od brojeva $2$, $4$, $8$, $16$, $32$. Kako su svi parni, a tako je i zbroj bilo koja tri od njih. Zbroj očito nije $2$, a kako je paran broj on ne može biti prost. Na ovaj smo način dobili kontradikciju, što znači da je prva tvrdnja sigurno istinita.

Prva tvrdnja je jedina čiji je pripadan broj neparan. Zbog toga će zbroj istinitih tvrdnji također biti neparan, pa druga tvrdnja mora biti istinita. Ostaje pronaći treću istinitu tvrdnju.

Pogledajmo tvrdnju s brojem $4$. Da je ona treća istinita tvrdnja, Matejev omiljeni broj bio bi $1+2+4=7$. No, u tom slučaju, tvrdnja s brojem $8$ bi također bila istinita pa bismo imali četiri istinite tvrdnje. To je nemoguće, stoga tvrdnja s brojem $4$ mora biti lažna. Zbog toga Matejev omiljeni broj mora biti najmanje $30$. Jedini način da to bude istina je pretpostaviti da je tvrdnja s brojem $32$ istinita. Dakle, glavni kandidat za Matejev omiljeni broje je $1+2+32=35$.

Lako je provjeriti da su za broj $35$ istinite tvrdnje upravo one s brojevima $1$, $2$ i $32$, a ostale laž. Stoga je $35$ zaista Matejev omiljeni broj.

Rezultat:

$80$

Znamo da mora postojati zraka svjetlosti koja putuje od Mihaelovih cipela do ogledala takva da nakon refleksije od ogledala putuje u Mihaelove oči na visini $160\mathrm{cm}$. Primjetimo da su njegove oči i njegova stopala na jednakoj horizontalnoj udaljenosti od ogledala. Također, prisjetimo se da kad zraka dođe do ogledala, njen upadni kut bit će jednak njenom kutu refleksije. Zato možemo nacrtati slijedeću skicu:

S obzirom na to da su kutovi $\alpha$ i $\beta$ jednaki, udaljenosti $a$ i $b$ će također biti jednake, i važnije, visine koje će zraka preći $h_a$ i $h_b$ će biti jednake. Dakle, mjesto na kojem će se zraka reflektirati od ogledala će biti točno na sredini između Mihaelovih očiju i stopala. Kako su njegove oči na visini $160\mathrm{cm}$, refleksija Će se dogoditi na visini $\frac{160\mathrm{cm}}{2}=80\mathrm{cm}.$

Zato je i maksimalna visina donjeg ruba ogledala na visini $80$ centimetara iznad poda. Kad bi bila na većoj visini, zraka se ne bi mogla odbiti na toj visini i Mihael ne bi mogao vidjeti svoje cipele u ogledalu.

Rezultat:

$5$

Promotrimo broj u gornjem lijevom kvadratu. Svaki broj u ovoj tablici može se dosegnuti pomicanjem od tog kvadrata prema dolje ili udesno. Stoga svi brojevi u tablici moraju biti veći od ovog broja. To prisiljava broj u gornjem lijevom kvadratu da bude $1$. Slično, u donjem desnom kvadratu mora biti broj $6$.

Zatim, pogledajmo gdje se može postaviti broj $2$. Mora biti u jednom od kvadrata uz kvadrat s brojem $1$ (u suprotnom bi postojao kvadrat s brojem između $1$ i $2$, što je nemoguće). Dakle, imamo samo dvije mogućnosti za postavljanje broja $2$:

Slučaj 1.

Broj $2$ je desno od broja $1$. U ovom slučaju imamo tri mogućnosti za broj desno od broja $2$ (to mogu biti $3$, $4$ ili $5$). Za svaki odabir broja u ovom kvadratu, preostale kvadrate možemo popuniti samo na jedan način.

ncludegraphics/

Slučaj 2.

Broj $2$ je ispod broja $1$. U ovom slučaju ponovno imamo tri mogućnosti za kvadrat desno od kvadrata s brojem $2$. Preostali kvadrati se mogu popuniti jednoznačno, no ne dobivamo uvijek valjano rješenje (ako je broj $3$ desno od broja $2$, ne dobivamo valjano rješenje – drugi stupac imat će veći broj u gornjem redu nego u donjem).

ncludegraphics/

Preostaje zbrojiti mogućnosti iz oba slučaja, pa imamo $3+2=5$ mogućnosti za postavljanje karata u tablicu na valjan način.

Rezultat:

$12$

Svaki sat, Borna se pomakne $120^{\circ }-90^{\circ }=30^{\circ }$ više nego Alfred. To se nastavlja događati sve dok Borna ne prijeđe točno $360^{\circ }$ više nego Alfred – u tom trenutku Borna je prešao jedan puni krug više nego Alfred i stoga će se ponovno nalaziti jedan iznad drugoga. Kako Borna prijeđe $30^{\circ }$ više od Alfreda svaki sat, prijeći će $360^{\circ }$ više nego Alfred nakon $\frac{360}{30}=12$ sati.

Rezultat:

$3$

Budući da je oglasna ploča okrenuta izravno prema suncu, širina sjene bit će jednaka širini ploče, $5m$. Ipak, visina će biti drugačija. Znamo da se visina stabla koje stoje neposredno pokraj ploče promijenila s $3m$ na $0,75m$, dakle omjer visine stabla i duljine njegove sjene je $\frac{3}{0,75}=\frac{4}{1}$. Ovaj će omjer biti jednak i za oglasnu ploču, dakle duljina sjene ploče bit će $\frac{2,4m}{4}=0,6m$. Ukupna površina sjene je duljina sjene puta širina sjene, dakle $0,6m\cdot 5m=3m^2$.

Rezultat:

$160$

Neka je temperatura izražena u stupnjevima Celzijevim $N\circ C$. Znamo da je ekvivalentna temperatura u stupnjevima Fahrenheita $\left(\left(\frac{9}{5}\cdot N\right)+32\right)\circ F$. Međutim, ta temperatura mora po iznosu biti dvostruka temperaturi u stupnjevima Celzijevim, dakle $2N\circ F$. Možemo ovo zapisati kao jednadžbu: $((\frac{9}{5}\cdot N)+32)=2N$ i preurediti je:

Odavde imamo

Temperatura u kuhalu iznosi $160\circ C$.

Rezultat:

$64$

Nakon jednog dana, Miho će pročitati $1$ stranicu, nakon dva dana $1+2$ stranice, nakon tri dana $1+2+3$ stranice i tako dalje. Dakle, nakon $n$ dana pročitat će $1+2+\dots +n$ stranica. Koristeći formulu iz podsjetnika, možemo ovu sumu zapisati kao $\frac{n(n+1)}{2}$. Pitanje je koji je najmanji broj $n$ takav da je $\frac{n(n+1)}{2}$ barem $2024$. Dakle, trebamo riješiti nejednadžbu:

Možemo procijeniti da za $n=60$ umnožak $n(n+1)$ iznosi otprilike $3600$, pa će traženi $n$ biti nešto veći. Doista, možemo pronaći da $63\cdot 64=4032\le 4048$ i $64\cdot 65=4160\ge 4048$. Dakle, Mihi će trebati $64$ dana da pročita cijelu knjigu.

Rezultat:

$242$

Počnimo promatrajući dvoznamenkaste palindrome. Budući da znamenke moraju biti jednake zdesna i slijeva, ovi će se palindrom sastojati samo od dvije jednake znamenke. Dvoznamenkasti palindromi su $11$, $22$, $33$... pa sve do $99$. Primjetimo jedno zajedničko svojstvo ovih brojeva – svi su djeljivi s $11$. Dakle, ako zbrojimo neka tri i njihov će zbroj biti djelijv s $11$.

Najveći mogući zbroj tri dvoznamenkasta palindroma je $99+99+99=297$. Stoga ostaje pronaći prvi palindrom manji od $297$ koji je djelijv s $11$. Provjeravamo redom $292$, $282$, $272$... odnosno brojeve oblika $2x2$ gdje je $x$ prirodan broj. Možemo iskoristiti pravilo djelijvosti s $11$ koje govori da zbroj znamenaka na parnim pozicijama umanjen za zbroj znamenaka na neparnim pozicijama mora biti $0$ ili djeljiv s $11$. Spuštajući se od $297$, prvi takav je $242$. Ostaje samo provjeriti može li se zapisati kao zbroj tri dvoznamenkasta palindroma, a to uistinu vrijedi jer imamo $77+77+88=242$.

Rezultat:

$860$

Prosječnu gustoću tijela računamo tako da njegovu ukupnu masu podijelimo s ukupnim volumenom tijela. Znamo da je ukupni volumen kroasana $100\mathrm{ml}=100{\mathrm{cm}}^3$, pa nam treba još samo ukupna masa. Nju možemo izračunati kao masu punjenja zbrojenu s masom tijesta. Da izračunamo te mase, jednostavno koristimo formulu $m=\rho \cdot V$, gdje je $\rho$ gustoća i $V$ volumen. No, moramo biti oprezni s mjernim jedinicama. Koristit ćemo vrijednosti $15\mathrm{ml}=15{\mathrm{cm}}^3$ za volumen punjenja ($V_p$) i $100\mathrm{ml}-15\mathrm{ml}=85\mathrm{ml}=85{\mathrm{cm}}^3$ za volumen tijesta ($V_t$). Zato moramo pretvoriti zadane gustoće u odgovarajuće mjerne jedinice: $1200\mathrm{kg}∕m^3=1,2g∕{\mathrm{cm}}^3$ za gustoću punjenja (${\rho }_p$) i $800\mathrm{kg}∕m^3=0,8g∕{\mathrm{cm}}^3$ za gustoću tijesta (${\rho }_t$). Sada možemo izraziti ukupnu masu kao:

Sada prosječnu gustoću možemo jednostavno izračunati kao ukupnu masu podijeljenu s ukupnim volumenom:

S obzirom na to da se odgovor traži u $\mathrm{kg}∕m^3$, naš odgovor je $860\mathrm{kg}∕m^3$.

Rezultat:

$48$

Znamo da je opseg velikog pravokutnika $16m$, stoga je zbroj duljina svih punih linija $16m$. Kada pogledamo isprekidane linije, možemo vidjeti da ih možemo prerasporediti kako bismo stvorili isti pravokutnik kao i onaj s punim linijama. Dakle, zbroj njihovih duljina jednak je zbroju duljina svih punih linija, što znači također $16m$. Sada se postavlja pitanje, koliko puta koristimo koje linije kada zbrajamo opsege svih $9$ dijelova. Svaka puna linija bit će korištena točno jednom jer će svaki segment svake pune linije pripadati točno jednom od $9$ opsega. Međutim, isprekidane linije uvijek su između dva dijela, pa će svaki segment svake isprekidane linije pripadati točno $2$ od $9$ opsega. Dakle, znamo da će svaka isprekidana linija biti korištena dvaput, a svaka puna linija jednom. Sveukupno ćemo koristiti cijeli opseg početnog pravokutnika $2+1=3$ puta, pa je odgovor $3\cdot 16m=48m$.

Rezultat:

$6$

Kako bi daska ostala stabilna, njezino težište mora ležati između dvaju klinova. Drugim riječima, mora postojati jedan klin lijevo od težišta i jedan klin desno od njega. Težište daske leži između klinova broj $5$ i $6$, stoga iz prethodne rečenice znamo da moramo imati barem jedan klin s brojem najviše $5$ i jedan klin s brojem najmanje $6$. Da bismo dobili najmanji umnožak, trebamo uzeti najmanji klin iz oba dijela. Stoga uzimamo klin $1$ iz lijevog dijela (s brojem najviše $5$) i klin $6$ iz desnog dijela (s brojem najmanje $6$).

Ako koristimo samo ova dva klina, težište će ležati između njih, pa će daska biti stabilna. Budući da rješenje zapravo dokazuje da umnožak ne može biti manji, možemo reći da je minimalni umnožak preostalih klinova $6$.

Rezultat:

$5$

Znamo da skup ima jedinstven mod: $4$. Zato se broj $4$ u skupu mora pojavljivati više nego bilo koji drugi broj. Od poznatih brojeva, najviše se puta pojavljuju brojevi $3$ i $5$, svaki po dva puta. To znači da se broj $4$ mora pojaviti barem $3$ puta, ali od poznatih brojeva samo je jedan broj $4$. Dakle, od $3$ nepoznata broja, koje je Jakov zaboravio, barem dva moraju biti $4$.

Sada znamo vrijednosti $10$ od $11$ brojeva u skupu. Promotrimo sada drugi uvjet: medijan također mora biti $4$. Kada poredamo $10$ brojeva koje znamo u rastući niz (ne nužno strogo rastući), dobijemo: $3$, $3$, $4$, $4$, $4$, $5$, $5$, $6$, $8$, $9$. Nakon dodavanja jedanaestog broja u niz broj u sredini mora biti $4$. Sredina niza je trenutno između brojeva $4$ i $5$, pa kad bi jedanaesti broj bio $5$ ili veći, medijan bi bio $5$ što je u kontradikciji s uvjetom zadatka. Da bi uvjet bio ispunjen, jedanaesti broj mora biti $4$ ili manji. Kako želimo da aritmetička sredina bude što veća moguća, odabrat ćemo broj $4$. Sad znamo svih $11$ brojeva u skupu: $3$, $3$, $4$, $4$, $4$, $4$, $5$, $5$, $6$, $8$, $9$. Njihova aritmetička sredina je njihov zbroj podijeljen s brojem koliko ih ima, odnosno $\frac{55}{11}=5$.

Rezultat:

$48$

Označimo ukupnu udaljenost između kuća sa $s$, udaljenost koju je prešao Simon sa $s_{\mathit{si}}$ i udaljenost koju je prešla Barbara sa $s_{\mathit{ba}}$. Možemo primijetiti da $s=s_{\mathit{si}}+s_{\mathit{ba}}$, tako da kako bismo našli $s$ trebamo samo odrediti obje udaljenosti koje su prešli Simon i Barbara. Prvo, možemo lako odrediti $s_{\mathit{si}}$ koristeći formulu $v=\frac{s}{t}$, preuređenu kao $s=v\cdot t$, gdje je $v$ brzina, a $t$ vrijeme. Stoga je $s_{\mathit{si}}=v_{\mathit{si}}\cdot t_{\mathit{si}}=30\mathrm{km}∕h\cdot 1h=30\mathrm{km}$.

Međutim, još uvijek trebamo pronaći $s_{\mathit{ba}}$ kako bismo odredili $s$. Da bismo to učinili, izrazit ćemo vrijeme koje je Simonu trebalo da dođe do polovice puta $s$ koristeći $s$. Iz $t=\frac{s}{v}$ možemo odrediti da će vrijeme potrebno za prelazak $\frac{s}{2}$ za Simona koji putuje brzinom od $30\mathrm{km}∕h$ biti $t=\frac{\frac{s}{2}}{v}=\frac{s}{2\cdot v}=\frac{s}{2\cdot 30\mathrm{km}∕h}=\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}$. Koristeći ovo, možemo također izraziti vrijeme tijekom kojeg je Barbara putovala ($t_{\mathit{ba}}$): to je $1$ sat minus Simonovo vrijeme potrebno za prelazak polovice udaljenosti. Stoga, $t_{\mathit{ba}}=1h-\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}$. Sada možemo izraziti udaljenost koju je prešla Barbara $s_{\mathit{ba}}$ kao $s_{\mathit{ba}}=v_{\mathit{ba}}\cdot t_{\mathit{ba}}=90\mathrm{km}∕h\cdot \left(1h-\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}\right)=90\mathrm{km}-\frac{90\mathrm{km}∕h\cdot s}{60\mathrm{km}∕h}=90\mathrm{km}-\frac{3}{2}\cdot s$.

Kako znamo vrijednost $s_{\mathit{si}}$ i izrazili smo $s_{\mathit{ba}}$ preko $s$, jednostavno možemo izračunati ukupan put $s$ kao

Stoga je udaljenost između Barbarine i Simonove kuće $48\mathrm{km}$.

Rezultat:

$6$

Želimo izračunati zadnju znamenku umnoška

Budući da nas zanima samo posljednja znamenka cijelog produkta, problemu možemo pristupiti razmatrajući samo produkt posljednjih znamenki produkata u zagradama.

Najprije ćemo zapisati nekoliko prvih brojeva unutar zagrada:

Primijetimo da u ovom nizu brojeva posljednja znamenka prati uzorak $2$, $4$, $8$, $6$. Budući da postoji uzorak u brojevima unutar zagrada, posljednja znamenka produkta bit će rezultat ponavljnja množenja brojeva iz ovog uzorka: $2\cdot 4\cdot 8\cdot 6\cdot 2\cdot 4\cdot 8\cdot 6\cdot \dots$.

Krenemo li ispisivati samo posljednje znamenke ovog postupka množenja, dobit ćemo sljedeći niz brojeva: $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $6$, $6$, $2$, $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $\text{…}$. Ponovno možemo primijetiti uzorak $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $6$, $6$, $2$, ovaj put duljine $8$. Posljednja znamenka cijelog množenja bit će jedna od znamenaka ovog uzorka. Budući da ukupno ima $2023$ množenja između $2024$ zagrade u našoj jednadžbi, možemo podijeliti $2023$ s $8$, duljinom uzorka, i ostatak će nam reći na kojoj ćemo poziciji uzorka stati nakon svih množenja.

Vrijedi $2023:8=252\text{, ostatak }7$, dakle posljednja znamenka cijelog produkta je $6$ jer je to sedma znamenka uzorka duljine $8$ kojeg smo ranije otkrili.

Rezultat:

$1$

U današnjoj tomboli Ivan je dobio $30$ puta više listića, ali zato što su svi dobili $30$ puta više listića, ukupan broj listića je također $30$ puta veći. Zato, iako Ivan ima $30$ puta više listića za tombolu, oni tvore jednaki udio svih listića kao i jučer. Zato vjerojatnost Ivanove pobjede mora biti jednaka kao i jučer. Odnosno, ona je $1$ puta veća.

Rezultat:

$81$

Radijus nove žice je trećina radijusa početne, a kako je površina kruga proporcionalna kvadratu radijusa, poprečni će presjek nove žice imati površinu $S^{\prime }={\left(\frac{1}{3}\right)}^{2}S=\frac{1}{9}S$. Volumen nove žice bit će jednak volumenu početne, dakle smanjenje površine na $\frac{1}{9}$ početne implicira povećanje duljine $9$ puta, ${\ell }^{\prime }=9\ell$. Otpornost je svojstvo materijala pa se nije promijenila. Sada računamo otpornost nove žice:

Odavde vidimo da je otpornost nove žice $81$ puta otpornost početne žice, dakle vrijednost $k$ je $81$.

Rezultat:

$49$

Označimo s $x$ broj dresa u sredini. Ispred njega nalazi se $\frac{75-1}{2}=37$ dresova, isto kao i iza njega. Sasvim je jasno da su brojevi na prvih pet dresova $x-37$, $x-36$, $x-35$, $x-34$ i $x-33$, a brojevi na posljednjih pet $x+33$, $x+34$, $x+35$, $x+36$ i $x+37$. Uvjet zadatka možemo zapisati kao jednadžbu:

Zaključujemo da je broj na dresu u sredini $x=49$.

Rezultat:

$\frac{2}{11}$

Neka je $m$ masa banana. Znamo da sadrže $\frac{3}{4}m$ vode i $\frac{1}{4}m$ suhe tvari. Tako svaka polovica banana sadrži $\frac{1}{8}m$ suhe tvari. Za banane osušene u zračnoj sušilici, suha tvar čini $75\%$ banana, tako da ove banane sada teže $\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{1}{6}m$, a voda u njima ima masu $\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{6}m=\frac{1}{24}m$. Slično, banane iz zamrzivača teže $\frac{10}{9}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{5}{36}m$, a voda teži $\frac{1}{10}\cdot \frac{5}{36}m=\frac{1}{72}m$.

Ukupna masa praha bit će $\frac{1}{6}m+\frac{5}{36}m=\frac{11}{36}m$, od čega je $\frac{1}{24}m+\frac{1}{72}m=\frac{1}{18}m$ masa vode. Dakle, udio vode u prahu je

Rezultat:

$1,25$

Kada skače, Karlo dobiva kinetičku energiju. Kako bi Karlo koji teži $m=75\mathrm{kg}$ skočio $h_0=1m$ u vis treba mu $E=\mathit{mg}{h}_0$ energije. Što je drukčije u pokretnom dizalu? Vaga pokazuje manje jer je gravitacijsko ubrzanje drukčije. Označimo to novo ubrzanje s $g^{\prime }$. Stoga Karlo djeluje na vagu silom $F_g=m{g}^{\prime }$, ali vaga pokazuje $m^{\prime }=60\mathrm{kg}$ jer "misli" da se sve događa pri uobičajenom gravitacijskom ubrzanju. To što pokazuje $m^{\prime }$ znači da na nju djeluje sila $m^{\prime }g$, a to je zapravo $F_g$ što daje

Vratimo se skakanju. Budući da se gravitacijsko ubrzanje promijenilo, Karlo će uz energiju $E$ skočiti do visine $h$. Energija se pretvara u potencijalnu, $E=m{g}^{\prime }h$. Zaključujemo da će Karlo skočiti do visine

Rezultat:

$55$

Prebrojit ćemo brojeve koje Petar ne koristi. Višekratnici broja $3$ između $1$ i $100$ su $3$, $6$, $\text{…}$, $99$, pa ih je ukupno $99:3=33$. Dodatno, postoji $19$ brojeva koji u sebi sadrže znamenku $3$. ($10$ brojeva koji ju imaju na mjestu jedinice i $10$ koji ju imaju na mjestu desetice, ali broj $33$ je u obje te grupe pa pazimo da ga ne brojimo dvaput). Petar ne koristi brojeve ni iz jedne od ove dvije grupe. Ali postoje neki brojevi koji su u obje grupe, to su brojevi $3$, $30$, $33$, $36$, $39$, $63$, $93$ koji bi trebali biti prebrojeni samo jednom. Dakle, Petar ne koristi $33+19-7=45$ brojeva. Koristi sve ostale, odnosno koristi $100-45=55$ brojeva.

Rezultat:

$133$

Neka je $v$ Terezijina brzina. Za prvih $t_0=1s$ nakon što je primijetila pješaka Terezija se i dalje kretala brzinom $v$ dakle prešla je udaljenost $s_1=v{t}_0$. Tada je počela kočiti konstantnom silom $F$. Ova sila djeluje na putu $s_2$, dakle obavlja rad $W=F{s}_2$ koji smanjuje kinetičku energiju automobila $E=\frac{1}{2}m{v}^2$, gdje je $m$ masa automobila. Stoga imamo $F{s}_2=\frac{1}{2}m{v}^2$, što znači da će automobil nakon što je počeo kočiti, stati na udaljenosti

Zadatak nam govori da je, kad je Terezija vozila brzinom $v_1=15m∕s$, prešla zaustavni put $s_1+s_2$ jednak $s=33m$. Koristeći ovo možemo izraziti nepoznatu veličinu $\frac{m}{F}$ kao

i uvrštavanjem u izraz za zaustavni put $s^{\prime }=s_1^{\prime }+s_2^{\prime }$ uz brzinu $v_2=35m∕s$ dobivamo

Sasvim je jasno da bi Terezijin zaustavni put pri brzini $v_2=35m∕s$ bio $s^{\prime }=133m$.

Rezultat:

$100$

Označimo potrebnu površinu s $S$, tako da je volumen plesnog podija $V=S\cdot 10\mathrm{cm}$. Kada je pod maksimalnim teretom koji može izdržati, gornja ploha će biti u razini s vodom oko nje, pa će istiskivati vodu volumena $V$. Istisnuta voda će imati masu $V\cdot 1000\mathrm{kg}∕m^3$, i to mora biti jednako masi plesnog podija zajedno s masom $4000\mathrm{kg}$ na plesnom podiju. Ova masa će biti $V\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3+4000\mathrm{kg}$. Rješavanje jednadžbe za $V$ daje $V=10m^3$ pa površina gornje plohe podija mora biti $S=\frac{V}{0,1m}=100m^2$.

Rezultat:

$12$

Promotrimo kutove s vrhom u $F$. Znamo da je $\mathit{\angle EFC}=24^{\circ }$ i $\mathit{\angle DFE}=60^{\circ }$ jer je trokut $\mathit{DEF}$ jednakostraničan. Zbog toga je $\mathit{\angle AFD}=180^{\circ }-\mathit{\angle EFC}-\mathit{\angle DFE}=180^{\circ }-24^{\circ }-60^{\circ }=96^{\circ }$. U trokutu $\mathit{ADF}$ znamo dva kuta pa je treći $\mathit{\angle DAF}=180^{\circ }-\mathit{\angle ADF}-\mathit{\angle DFA}=180^{\circ }-42^{\circ }-96^{\circ }=42^{\circ }$.

Vidimo da je vrijedi $\mathit{\angle DAF}=\mathit{\angle ADF}$ što znači da je trokut $\mathit{ADF}$ jednakokračan i $\mathit{AF}=\mathit{DF}$. Dužina $\mathit{DF}$ je stranica jednakokračnog trokuta $\mathit{DEF}$ pa je $\mathit{DE}=\mathit{EF}=\mathit{FD}$. Sada slijedi $\mathit{AF}=\mathit{EF}$ pa je trokut $\mathit{AEF}$ jednakokračan s osnovicom $\mathit{AE}$.

Već znamo da je $\mathit{\angle AFE}=\mathit{\angle AFD}+\mathit{\angle DFE}=96^{\circ }+60^{\circ }=156^{\circ }$. Iz jednakokračnog trokuta $\mathit{AEF}$ slijedi $\mathit{\angle EAC}=\mathit{\angle EAF}=\frac{180^{\circ }-156^{\circ }}{2}=12^{\circ }$.

Rezultat:

$42$

Na nizbrdici se autiću poveća energija, a na horizontalnim dijelovima ju troši. Zato će se autić zaustaviti na jednom od horizontalnih dijelova, i to onda kad mu energija padne na $0$.

Na početku, ukupna energija autića jednaka je zbroju njegove potencijalne i kinetičke energije. Radi jednostavnosti, pretpostavimo da je potencijalna energija autića na početku $0J$. Tada je energija autića jednaka njegovoj kinetičkoj energiji koja je $E_0=\frac{1}{2}m{v}_0^2$, gdje je $m=60g$ masa autića i $v_0=5m∕s$ početna brzina autića.

Svaki put kad autić prođe nizbrdicu, njegova ukupna energija se poveća za razliku u potencijalnoj energiji. S obzirom na to da mu se visina smanji za $h_0=5\mathrm{cm}$, energija mu se poveća za $E_{p_0}=\mathit{mg}{h}_0$. Na horizontalnim dijelovima sila trenja jednaka je $F_t=\mathit{fmg}$ gdje je $f=0,4$ faktor trenja. Djeluje na duljini $s=20\mathrm{cm}$, pa je potreban rad $W=F\cdot s=\mathit{fmgs}$ da ju svlada. Zato se energija autića na horizontalom dijelu smanji za $W$.

Nakon svakog sljedećeg horizontalnog i vertikalnog dijela energija autića se smanji za $E_{p_0}-W=\mathit{mg}{h}_0-\mathit{fmgs}$. Nakon $n$ takvih parova vertikalnih i horizontalnih dijelova, energija se smanji za $n(E_{p_0}-W)$. Želimo pronaći najmanji $n$ takav da je $E_0-n(E_{p_0}-W)\le 0$. Rješavanjem ove nejednakosti dobivamo:

Dakle, autić će se zaustaviti na $42$. horizontalnom dijelu.

Rezultat:

$12153$

Ako Bog da, primijetit ćemo da je $37\cdot 21=777$. Ovo će nam omogućiti jednostavnije provesti množenje. Pokušajmo oponašati uobičajeni postupak pisanog množenja. Najčešće množimo samo jednoznamenkaste brojeve, ali budući da znamo $37\cdot 21=777$, možemo provesti ovo množenje u svakom koraku. Tako ćemo dobiti množenje kao na sljedećoj slici.

Vidimo da uzastopni brojevi $777$ imaju po jednu znamenku $7$ na zajedničkom dekadskom mjestu pa ih pozbrajamo kao i inače. Na taj će se način u zbroju pojavljivati $4$ i $8$. Iz ovog postupka vidljivo je da se broj znamenaka produkta povećao za jedan, dakle rezultat će biti $2025$-eroznamenkasti broj. Tri znamenke će biti $7$, a ostalih $2025-3=2022$ alternira između $4$ i $8$, pa svake od njih ima upravo $2022:2=1011$. Zbroj svih znamenki je stoga $3\cdot 7+1011\cdot 4+1011\cdot 8=12153$.

Rezultat:

$2,4$

Kapacitet baterije u $\mathrm{mAh}$ opisuje odnos između izlazne struje baterije i vremena koliko dugo baterija može davati takvu struju. Na primjer, ako je baterija s kapacitetom $4000\mathrm{mAh}$ potpuno napunjena, može davati električnu struju $4000\mathrm{mA}$ sat vremena ili struju $1000\mathrm{mA}$ četiri sata ili bilo što slično.

S obzirom na to da Maja može mijenjati koji uređaj se puni, prijenosno računalo i pametni telefon možemo promatrati kao jedan uređaj s kapacitetom $4000\mathrm{mAh}+3500\mathrm{mAh}=7500\mathrm{mAh}$. Na početku, oba uređaja su na $20\%$ vlastitog kapaciteta, pa su ukupno napunjeni na $0,2\cdot 7500\mathrm{mAh}=1500\mathrm{mAh}$. Oba uređaja se potpuno isprazne nakon $10$ sati, pa se zajedno prazne za $7500\mathrm{mAh}:10=750\mathrm{mAh}$ svakog sata.

Istovremeno ih Maja puni punjačem izlazne struje $3,25A=3250\mathrm{mA}$, pa se tijekom jednog sata napune za $3250\mathrm{mAh}$. Stoga se napunjenost baterija poveća za $3250\mathrm{mAh}-750\mathrm{mAh}=2500\mathrm{mAh}$ svakog sata. Maja treba napuniti baterije za $7500\mathrm{mAh}-1500\mathrm{mAh}=6000\mathrm{mAh}$, pa će uređaji biti potpuno napunjeni za

Rezultat:

$18$

Jedini razlog zašto Lea mora uložiti neki rad jest kako bi povećala potencijalnu energiju vode u kanti. Kanta je cilindar s površinom baze $S=400{\mathrm{cm}}^2=0,04m^2$ i visinom $h=30\mathrm{cm}=0,3m$ pa je masa vode u njoj jednaka $m={\rho }_{\mathit{vode}}\mathit{Sh}$. Težište vode u kanti je na polovini visine kante, što je $\frac{h}{2}$. Dakle, povećanje potencijalne energije vode, a i rada koji Lea mora uložiti jest:

Rezultat:

$53$

U rješenju ćemo više puta koristiti nejednakost trokuta. U trokutu $\mathit{ABC}$, ona nam govori da je duljina stranice $\mathit{AC}$ veća od $19\mathrm{cm}-12\mathrm{cm}=7\mathrm{cm}$ i manja od $19\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=31\mathrm{cm}$. Duljina treba biti cjelobrojna pa je duljina stranice $\mathit{AC}$ bilo koji cijeli broj između $8\mathrm{cm}$ i $30\mathrm{cm}$. Na isti način (primijenimo li to na trokute $\mathit{CDE}$ i $\mathit{EFA}$) dobijemo da je duljina dužine $\mathit{CE}$ cijeli broj između $13\mathrm{cm}$ i $15\mathrm{cm}$, a duljina dužine $\mathit{EA}$ cijeli broj između $6\mathrm{cm}$ i $12\mathrm{cm}$.

Kako bismo dobili najveći mogući opseg trokuta $\mathit{ACE}$, moramo odabrati najveće moguće duljine njegovih stranica, pri čemu mora vrijediti nejednakost trokuta. Zato, čak i da odaberemo najveće moguće duljine stranica $\mathit{CE}$ i $\mathit{EA}$, duljinu stranice $\mathit{AC}$ možemo odabrati jedino tako da bude kraća od $15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=27\mathrm{cm}$. Zato se najveći mogući opseg trokuta postiže za $\mathit{AC}=26\mathrm{cm}$, $\mathit{CE}=15\mathrm{cm}$ i $\mathit{EA}=12\mathrm{cm}$. U tom je slučaju opseg jednak $26\mathrm{cm}+15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=53\mathrm{cm}$.

Rezultat:

$1012$

Umnožak dvaju potpunih kvadrata opet je potpuni kvadrat – pomnožimo li $a^2$ i $b^2$, dobijemo ${(\mathit{ab})}^2$. To ćemo svojstvo koristiti kako bismo pojednostavnili problem.

Promotrimo umnožak $1!\cdot 2!\cdot 3!\cdot 4!\cdot \dots \cdot 2023!\cdot 2024!$. Uparimo li uzastopne faktore na sljedeći način: $(1!\cdot 2!)\cdot (3!\cdot 4!)\cdot \dots \cdot (2023!\cdot 2024!)$ i zapišemo svaki faktorijel parnog broja kao $(n+1)!=(n+1)\cdot n!$, možemo svesti umnožak na oblik

U drugoj se zagradi s desne strane jednakosti nalazi umnožak potpunih kvadrata pa je i on sam potpuni kvadrat. Da bi cijeli umnožak s desne strane jednakosti bio potpuni kvadrat, to mora biti i prva zagrada. U njoj je umnožak parnih brojeva pa ga možemo pojednostavniti tako da izlučimo 2 iz svakog faktora. Na taj način dobijemo

Broj $2^{1012}$ je potpuni kvadrat (jer je eksponent paran) pa je jedina zapreka da cijeli umnožak bude potpuni kvadrat faktor $1012!$. Iz postavki zadatka, smijemo izostaviti jedan faktor pa nam ovo govori da bismo trebali izostaviti faktor $1012!$. Zadatak nam također govori da je takav broj jedinstven pa možemo reći da tražimo broj $k=1012$.

Rezultat:

$24$

Na svakom koloturu imamo sljedeću situaciju:

Sile u užetu jednake su istom $F$ jer je napetost užeta ista duž cijelog užeta (naravno, razlikuje se za različite užadi). Da bi kolotur ostao u mirovanju, mora postojati i sila veličine $2F$ usmjerena prema gore.

Iako se čini da se moramo baviti problemom beskonačnosti kolotura, vidjet ćemo da nas to uopće neće ometati. Naime, budući da su koloturi i užad bez mase, možemo pronaći zbroj svih utega promatrajući silu kojom beskonačni sustav kolotura djeluje na strop. To nam daje zbroj gravitacijskih sila koje djeluju na sve utege, što nam zauzvrat daje njihovu ukupnu masu.

Iskoristit ćemo ono što smo primijetili na početku da bismo odredili silu koja djeluje na strop.

Započnimo tako da promotrimo treći kolotur. Znamo da je tamo uteg mase $3\mathrm{kg}$, na koji djeluje gravitacijska sila od $3\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}=30N$. Stoga je napetost u odgovarajućem užetu također $30N$ pa moramo imati silu od $2\cdot 30N=60N$ koja djeluje na treći kolotur, usmjerenu prema gore.

Sada možemo pogledati drugi kolotur. Sila od $60N$ iz prethodnog odlomka uzrokuje napetost jednake jačine u užetu oko drugog kolotura, što znači da moramo imati silu od $2\cdot 60N=120N$ koja djeluje na drugi kolotur usmjerena prema gore. Koristeći isti argument za prvi kolotur, moramo imati silu od $2\cdot 120N=240N$ koja djeluje na prvi kolotur i usmjerena je prema gore. Međutim, ta sila je također po iznosu jednaka sili kojom cijeli sustav kolotura djeluje na strop i koju smo tražili.

Dakle, cijeli sustav kolotura djeluje na strop silom od $240N$, pa ukupna masa svih utega mora biti $240N:10N∕\mathrm{kg}=24\mathrm{kg}$.

Rezultat:

$216$

Najprije promotrimo razlike koji Mihovil dobiva. Troznamenkasti broj možemo zapisati u obliku $100A+10B+C$, pri čemu su $A$, $B$ i $C$ njegove znamenke. Nakon okretanja poretka, Mihovil dobiva broj $100C+10B+A$, dakle razlika je

Vidimo da razlilka koju Mihovil dobiva ovisi samo o razlici znamenke stotica i znamenke jedinica početnog broja. U zadatku Mihovil radi s nekim brojem i zatim s brojem za $31$ manjim. Dobio je isti rezultat, dakle ta su dva broja morala imati jednaku razliku znamenaka stotice i jedinice. Sada samo moramo odrediti sve brojeve s tim svojstvom.

Imamo dva slučaja ovisno o znamenki jedinice Aninog omiljenog broja. Ako je znamaneka jedinice $0$, oduzimanje $31$ bi ju promijenilo u $9$ pa se znamenka stotice mora uvećati za $9$, a sasvim je jasno da to nije moguće. Znači da Anin omiljeni broj nema znamenku $0$ kao znamenku jedinice. Jasno je da će se oduzimanjem $31$ znamenka jedinice umanjiti za $1$, stoga se i znamenka stotice mora smanjiti za $1$ kako bi razlika ostala ista. Ovo je moguće samo ako je dvoznamenkasti broj dobiven od zadnje dvije znamenke Aninog omiljenog broja jedan od sljedećih: $00$, $01$, $\text{…}$, $30$.

S ovog popisa treba obrisati one s $0$ kao znamenkom jedinice, što nam ostavlja $27$ mogućnosti. Na kraju moramo još odrediti mogućnosti za znamenku stotice. Ne može biti $1$ jer bismo oduzimanjem dobili dvoznamenkasti broj, ali ostale znamenke, $2$, $3$, $\text{…}$, $9$, funkcioniraju.

Kombiniranjem mogućnosti za znamenku stotice sa mogućnostima za druge dvije znamenke dobivamo ukupno $8\cdot 27=216$ mogućnosti za Anin omiljeni broj.

Rezultat:

$443256101330$

Svaka promjena znamenke $5$ u znamenku $6$ povećava Josipov zbroj za $1$ i, slično tome, svaka promjena iz $6$ u $5$ smanjuje zbroj za $1$. To znači da svaka promjena iz $5$ u $6$ poništava promjenu s $6$ na $5$, stoga nas zanima samo razlika u broju pojavljivanja znamenki $5$ i $6$ u prirodnim brojevima između $1$ i $9876543210$.

Prvo primijetimo da se možemo fokusirati samo na znamenke $5$ i $6$ u onim pozicijama u kojima se te znamenke pojavljuju u broju $9876543210$. Naime, ako se znamenka $5$ nalazi na višoj ili nižoj poziciji (na primjer u brojevima kao što su $500$ ili $50000$), možemo zamijeniti tu znamenku $5$ sa znamenkom $6$ (i slično svaku znamenku $6$ sa znamenkom $5$) i dobiti broj koji je Josip već uračunao. To znači da, iako mijenjamo te znamenke, one se zapravo poništavaju jer će u oba slučaja ukupna suma biti ista.

Primjerice, ako imamo broj $56$, zamijenit ćemo $5$ sa $6$ i $6$ sa $5$, i dobit ćemo broj $65$, dok kad primijenimo zamjene na broj $65$ dobit ćemo $56$ - odnosno, naše zamjene će samo zamjeniti redoslijed pribrojnika, ali neće dodati nikakve nove ili izgubiti neke stare. Dakle, ovakve zamjene ne stvaraju nikakvu razliku u zbroju znamenki. Zbog toga nas ne zanimaju te pozicije, nego samo pozicije gdje zamjena stvarno može promijeniti zbroj.

Sada se fokusiramo samo na znamenke $5$ i $6$ na mjestima milijuna i stotina tisuća. Razlika se pojavljuje samo kad ove dvije znamenke prethodi niz $987$ (inače možemo primijeniti logiku iz prethodnog odlomka). U tom slučaju, znamenka $5$ pojavljuje se $1000000$ puta kao znamenka milijuna i $6\cdot 100000+43211=643211$ puta kao znamenka stotina tisuća. Slično, znamenka $6$ pojavljuje se $543211$ puta kao znamenka milijuna i $6\cdot 100000=600000$ puta kao znamenka stotina tisuća. Dakle, broj pojavljivanja znamenke $5$ je za $(1000000+643211)-(543211+600000)=500000$ veći od broja pojavljivanja znamenke $6$.

Stoga zamjena znamenke $5$ u znamenku $6$ povećava zbroj znamenki za $500000$, pa će Josip dobiti rezultat

Rezultat:

$2,4$

Neka je $V$ Ferbov volumen, $h=0,6m$ visina i ${\rho }_{\mathit{Ferb}}=125\mathrm{kg}∕m^3$ gustoća. Nakon skoka, volumen koji je Ferb zauzimao popunit će voda. Budući da je masa te vode $V{\rho }_{\mathit{voda}}$, a njeno težište je na dubini $\frac{h}{2}$ (jezero je dovoljno veliko pa se razina vode neće promijeniti), jezero gubi energiju $E=V{\rho }_{\mathit{water}}g\frac{h}{2}$. Moramo odrediti visinu $H$ koju će Ferb postići. U najvišoj točki kinetička će energija biti $0$. Dakle, energija koju je primio od vode pretvorit će se u gravitacijsku potencijalnu energiju $E=V{\rho }_{\mathit{Ferb}}\mathit{gH}$. Izjednačavanjem dva izraza za $E$ dobivamo:

Vidimo da će Ferbova gornja baza postići visinu od $2,4m$..

Rezultat:

$46$

Svaki pravilan $m$-terokut se može rastaviti na $m$ sukladnih jednakokračnih trokuta kao na slici.

Kutovi nasuprot osnovicama u sumi daju $360^{\circ }$. Svi ostali kutovi pridodaju sumi kutova $m$-terokuta. S obzirom da je zbroj kutova u trokutu uvijek $180^{\circ }$, to znači da je zbroj kutova $m$-terokuta jednak $m\cdot 180^{\circ }-360^{\circ }=(m-2)\cdot 180^{\circ }$. Svaki kut u pravilnom $m$-terokutu ima istu mjeru, stoga je mjera jednog od njih $\frac{m-2}{m}\cdot 180^{\circ }$.

Želimo li složiti mnogokute kako se od nas traži u zadatku, zbroj kutova u zajedničkom vrhu mora biti $360^{\circ }$. Stoga, ako s $x$, $y$ i $z$ označimo broj vrhova svakog od monogkuta, uz informaciju iz prijašnjeg odlomka, mora vrijediti:

Možemo podijeliti cijelu jednadžbu s $180^{\circ }$ i pojednostavniti kako bismo dobili

Pronađimo sve uređene trojke $(x,y,z)$ koje zadovoljavaju jednadžbu. Bez smanjenja općenitosti, možemo pretpostaviti da je $x>y>z$. Za $z\ge 6$ imamo $y\ge 7$ i $x\ge 8$. No, tada je