Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

V roku 2012 bola výška jablone . Počas každého z nasledujúcich desiatich rokov vyrástla jabloň o . V roku 2022 má preto jabloň výšku .

Výsledok:

Stačí nám spočítať po koľkých stranách štvorčeka Anička prešla. Ľahko spočítame, že prešla po stranách, čo zodpovedá vzdialenosti .

Výsledok:

Janova priemerná rýchlosť je rovná podielu dráhy, ktorú Jano odbehol, a času, za ktorý túto dráhu odbehol. Z grafu vieme odčítať, že Jano odbehol dráhu za , takže jeho priemerná rýchlosť bola .

Výsledok:

Ako prvé musíme zobrať písmeno N. Ak vezmeme písmeno N o dve políčka napravo od začiatočného políčka žetónu, tak ďalej musíme pokračovať písmenom Á vpravo dole od tohto písmena N. Z neho už ale pohybmi doprava a dole nevieme zobrať žiadne písmeno B. To znamená, že musíme ako prvé zobrať písmeno N pod políčkom, v ktorom začína žetón.

Ak by sme ďalej chceli zobrať písmeno Á o tri políčka napravo, dostali by sme sa do rovnakého problému s písmenom B ako v predošlom odseku. Ako druhé tak vezmeme písmeno Á pod písmenom N.

Keď budeme pokračovať písmenom B v ľavom dolnom rohu, tak sa do políčka s písmenom J vieme dostať už len jedným spôsobom. Keďže počas toho prejdeme aj cez písmeno O, tak týmto dostávame jednu možnosť posúvania žetónu.

Ak budeme pokračovať písmenom B v treťom riadku a treťom stĺpci, tak opäť dostaneme dve možnosti, ako pokračovať k písmenku O. V prípade, že si vyberieme písmeno O v spodnom riadku, tak do písmena J budeme vedieť prejsť jediným spôsobom. Ak však pôjdeme do druhého O, tak získame tri možnosti.

Všetky možnosti, popresúvania žetónu sú zobrazené na nasledujúcom obrázku:

Dokopy má Duško možností na popresúvanie žetónu.

Výsledok:

Vyjadrujme sa o smeroch ako na obrázku. Lúč sa od pravej steny na obrázku odrazí tak, že trafí ľavú stenu o ďalší meter smerom nahor. To znamená, že ľavú stenu trafí o metre nad miestom, z ktorého bol lúč vyslaný. Od ľavej steny sa potom odrazí tak, že pravú stranu trafí o ďalší meter vyššie, takže sa trafí presne do rohu s balónom. Dráhu lúču možno vidieť aj na nasledujúcom obrázku:

Dokopy sa lúč od steny odrazí -krát.

Výsledok:

Laura vie na bicykli prejsť za jednu hodinu kilometrov. Keďže kilometre sú doškoly, tak Laura vie na bicykli za hodinu prejsť doškoly. Jedna školohodina však tvorí hodiny. Keď Laura dokáže prejsť doškoly za hodinu, tak za tri štvrtiny hodiny (t.j. za jednu školohodinu) prejde doškoly. Laura tak dokáže jazdiť na bicykli rýchlosťou doškoly za školohodinu.

Výsledok:

Rozoberme prípady podľa hodnoty prvej cifry. Jediné číslo, ktoré sa začína nulou, je číslo . To ale nie je kladné, takže podľa Alexa nie je zostupné. Ak je prvá cifra , tak za ňou môže nasledovať cifra alebo tam môže nebyť. To dáva možnosti a . Ak je prvá cifra , tak za ňou môžu nasledovať cifry a . To dáva možnosti , , a . Spolu tak existuje zostupných čísel.

Výsledok:

Hovorca bežal na dráhe dlhej rýchlosťou . To znamená, že celú trať prebehol za .

Marek bicykloval rýchlosťou , takže prejsť mu trvalo . Keďže dal Hovorcovi náskok minút, tak do cieľa dorazil po tom, ako Hovorca vyrazil.

Marek tak prišiel do cieľa o skôr.

Výsledok:

Mohla sa v číslach sedadiel vyskytnúť niektorá z cifier , , , , alebo ? Ak by sa tak stalo, bolo by príslušné číslo násobkom dvojky alebo päťky, alebo by sme dostali násobok dvojky alebo päťky po zámene cifier. Hľadané čísla sedadiel tak nemôžu obsahovať žiadnu z týchto cifier. Preto budú obsahovať iba cifry , , alebo . To spĺňa iba čísel:

Z týchto čísel nie sú prvočíslami čísla , , , , a . Tieto čísla tak musíme vyhodiť. Rovnako musíme vyhodiť číslo , ktorému keď vymeníme cifry, tak dostaneme zložené číslo . Zostanú tak už iba čísla:

Mário preto mohol objednať najviac lístkov.

Výsledok:

Z Pytagorovej vety vieme vypočítať vzdialenosť, ktorú dieťa prejde pri spustení sa po šmykľavke. Táto vzdialenosť je . Zo zadania vieme, že spustenie sa trvá . Priemerná rýchlosť dieťaťa tak bude .

Výsledok:

Rozdeliť obdĺžnik na dva menšie obdĺžniky ide len pomocou úsečky rovnobežnej s niektorou zo strán veľkého obdĺžnika. V takom prípade bude mať táto úsečka rovnakú dĺžku ako tá strana, s ktorou je rovnobežná.

Zadanie nám teda hovorí, že máme obdĺžnik s obvodom , ktorého jedna strana má dĺžku . Druhá strana tak musí mať takú dĺžku , že platí . Z toho vypočítame .

Použitím úvahy zo začiatku tohto riešenia máme, že strana s dĺžkou musí mať rovnakú dĺžku ako cestička v druhom spôsobe rozdelenia obdĺžniku na dva rovnaké. V druhom spôsobe by tak mala cestička dĺžku .

Výsledok:

Použijeme zákon akcie a reakcie. Ten hovorí, že ak nejaké teleso pôsobí na iné teleso nejakou silou , tak aj teleso pôsobí na teleso rovnako veľkou silou, ale opačného smeru. V situácii z našej úlohy priťahuje Zem Matúša gravitačnou silou s veľkosťou . Matúš teda musí pôsobiť na Zem rovnako veľkou gravitačnou silou, teda silou s veľkosťou .

Výsledok:

Označme dráhu, ktorú Sabinka najazdila. Keby nezastavovala, tak by jej trvalo prejsť túto dráhu . Keďže však Sabinka zastavila na minút, tak túto dráhu prešla za . Práve pre toto zastavenie bola Sabinkina priemerná rýchlosť iba . To vedie k rovnici: Z toho vyplýva, že Sabinka najazdila .

Výsledok:

O úloh sa musel pomýliť niekto, kto dal najväčší alebo najmenší tip. Ak to bol ten s najmenším tipom, tak skutočný počet správne vyriešených úloh musel byť buď , alebo . Prvá možnosť nevyhovuje, lebo v takom prípade by sa všetci ostatní pomýlili o viac ako úloh. V druhej možnosti sa zase ostatní ľudia pomýlili o , a úloh, čo nie sú rozdiely zo zadania.

O úloh sa preto musel pomýliť ten člen tímu, ktorý si tipol . Z podobného dôvodu ako v predošlom prípade nemôže byť počet správne vyriešených úloh , ale . V tomto prípade dostávame, že zvyšní členovia sa pomýlili o , a úlohy. To sú rozdiely zhodné so zadaním.

Tím teda správne vyriešil úloh.

Výsledok:

Zamyslime sa čo znamená, ak niekto o niekom hovorí, že (nie) je špión. Napríklad Alica tvrdí, že Dano je špión. Ak Alica hovorí pravdu (teda ona nie je špión), tak je Dano špión. Ak Alica nehovorí pravdu (teda ona je špión), tak Dano nie je špión. To znamená, že Alica a Dano sú na opačných stranách - jeden z nich je špión a druhý nie.

Ešte sa pozrime napríklad na Baškino tvrdenie. Ak Baška hovorí pravdu (teda ona nie je špión), tak Cyril tiež nie je špión. Ale ak Baška nehovorí pravdu (teda ona je špión), tak Cyril je tiež špión. To znamená, že Baška a Cyril sú na rovnakých stranách - buď ani jeden z nich nie je špión, alebo sú obaja špióni.

Podľa tvrdení, ktoré odzneli, sú Baška a Cyril na rovnakých stranách. Tiež Dano a Erik sú na rovnakých stranách. Ak by bola Alica špiónom, tak by okrem nej musela byť jedna z dvojíc Baška a Cyril, alebo Dano a Erik dvojicou obsahujúcou dvoch špiónov. V takom prípade prípade by sme mali ale aspoň troch špiónov, čo je problém. Takže Alica nie je špión. O Danovi ale tvrdí, že je špión, takže Dano musí byť špión. Ten je na rovnakej strane ako Erik, ktorý preto musí byť tiež špión. Zvyšní dvaja, Baška a Cyril špiónmi nie sú.

Takže špiónmi sú Dano a Erik, ktorých súčet čísel je .

Výsledok:

Označme hľadanú veľkosť Majovho súboru. Ak Majo nahrá súbor bez kompresie, potrvá to čas . Ak sa však Majo rozhodne skomprimovať súbor, tak kompresia bude trvať . Od tohto momentu bude mať súbor veľkosť . Po sekundách ho Majo začne nahrávať do úložiska a nahrávanie bude trvať . Takže v prípade kompresie to Majovi potrvá . Tento čas sa podľa zadania rovná času bez kompresie. To vedie k rovnici, ktorú vyriešime nasledovným spôsobom: Vypočítali sme, že veľkosť Majovho súboru je .

Výsledok:

Všimnime si, že obvod celej záhrady sa rovná súčtu obvodov častí s obvodmi , a časti s otáznikom. To preto, lebo niektoré strany týchto troch častí môžeme presunúť na obvod celej záhrady a dostaneme tým celý obvod záhrady:

Z toho vyplýva, že obvod časti označenej otáznikom je .

Výsledok:

Čím väčšia bude vzdialenosti, na ktorej bude Adrián brzdiť, tým menšiu silu bude potrebovať. Predpokladajme preto, že auto zabrzdí na dráhe . Aby auto brzdilo, musí na úkor svojej energie, v tomto prípade kinetickej, konať prácu na prekonanie brzdnej sily. Auto zastaví, keď spotrebuje všetku kinetickú energiu.

Kinetická energia auta s hmotnosťou a rýchlosťou je . Takúto prácu musí vykonať sila s veľkosťou , ktorou auto prekonáva brzdnú silu s rovnakou veľkosťou. Na dráhe táto sila vykoná prácu . To vedie na vzťah: Na auto teda musí pôsobiť brzdná sila s veľkosťou aspoň:

Výsledok:

Sumu nevieme zaplatiť žiadnym spôsobom. Môžeme totiž použiť buď alebo mincu s hodnotou - ak by sme použili viac, prekročili by sme sumu . V oboch prípadoch ale nevieme zvyšok sumy zaplatiť iba mincami v hodnote . Zároveň vieme zaplatiť všetky väčšie sumy ako . Začnime s (), () a (). Keď vieme zaplatiť tieto tri sumy, tak vieme už zaplatiť aj ľubovoľnú väčšiu sumu – stačí k týmto sumám pridávať mince s hodnotou .

Preto je najväčšia suma, ktorú Miška nevie zaplatiť bez toho, aby jej predavač vydal, suma .

Výsledok:

Celá situácia je osovo symetrická podľa osi úsečky, ktorá spája obe guľôčky. Taká zostane aj po náraze, kedy sa guľôčky spoja do väčšej masy. Ak by sa táto masa pohybovala doľava alebo doprava, tak by situácia už nebola symetrická. Výsledná plastelínová masa tak zostane po náraze stáť.

Pri náraze každá z guľôčok stratí svoju kinetickú energiu, ktorá sa podľa predpokladu zo zadania premení na teplo. To sa potom dodá mase, ktorá sa tým zohreje.

Každá z guľôčok (s hmotnosťou a rýchlosťou ) má kinetickú energiu . Spolu tak majú kinetickú energiu . Táto energia sa vo forme tepla dodá plastelínovej mase. Tá má hmotnosť (sú v nej obe guľôčky s hmotnosťou ), mernú tepelnú kapacitu a jej teplota sa zmení o . Preto platí: Ak bola teplota guľôčok pred zrážkou , tak teplota masy po zrážke bude:

Výsledok:

Aby bola hojdačka v rovnováhe, musia sa rovnať momenty síl pôsobiace na oboch stranách hojdačky. Danka, s hmotnosťou , sedí vo vzdialenosti od osi otáčania. Na Danku tak pôsobí tiažová sila . Danka tak na hojdačku pôsobí rovnako veľkou tiažou a tá pôsobí na hojdačku momentom: Rovnako veľkým momentom musia pôsobiť kocky na opačnej strane. Predpokladajme, že týchto kociek je . Zo zadania majú hmotnosť a stranu dlhú . Spolu majú hmotnosť a tvoria kváder dlhý . Jeho ťažisko sa nachádza vo vzdialenosti od osi otáčania, takže takto dlhé je aj rameno tiažovej sily pôsobiacej na kocky brané ako jeden veľký kváder. Moment sily, ktorým pôsobí kváder na hojdačku, je potom: Daním týchto momentov do rovnosti dostávame: Počet kociek, ktoré Ninka musela uložiť, je preto:

Výsledok:

Zamyslime sa, ktoré cifry môžu byť na mieste jednotiek. Nemôžu tam byť cifry , a , lebo by dané číslo bolo násobkom a tým pádom by nebolo prvočíslom. Podobne je problém aj s cifrou , pre ktorú by bolo vzniknuté dvojciferné číslo násobkom . Tak vieme určiť, že cifry , , a budú na mieste desiatok a zvyšné cifry , , a na mieste jednotiek. Jediný, a teda aj maximálny, možný súčet všetkých štyroch prvočísel preto musí byť .

Poznámka: Kartičky sa aj skutočne dajú rozdeliť tak, aby sme dostali dvojciferné prvočísla. Napríklad takto: , , , .

Výsledok:

Dve priamky v rovine, ktoré sa nepretínajú, sú rovnobežné. Hľadáme teda počet dvojíc rovnobežných priamok, ktoré sú určené siedmimi vyznačenými bodmi.

Označme vyznačené body postupne , , , , , a . Nájdime všetky priamky určené týmito bodmi, ktoré sú rovnobežné s priamkou . To sú priamky a . Je to preto, lebo pravidelný sedemuholník je symetrický podľa osi úsečky . Priamky , a sú z tejto symetrie kolmé na os úsečky , a teda navzájom rovnobežné. Týmto dostávame prvé dvojice rovnobežných priamok.

Keď podobnú úvahu zopakujeme aj pre priamky , , , , a , dostaneme zakaždým dvojice rovnobežných priamok.

Každú z priamok určených bodmi až týmto určíme ako rovnobežnú s niektorou z priamok , , , , , a (týchto priamok je navzájom rôznobežných). Tým dostávame všetky dvojice rovnobežných priamok.

Spolu teda môže Tete nakresliť dvojicu priamok spôsobmi.

Výsledok:

Pri vyhodení loptičky má loptička potenciálnu energiu , kde je jej hmotnosť, je výška, z ktorej Serena vyhodila loptičku, a je tiažové zrýchlenie. Ak označíme , tak kinetická rýchlosť loptičky pri vyhodení je . Počas celého pohybu sa zachováva celková energia loptičky. Teda súčet je v každom momente rovnaký. Napríklad aj v momente tesne pred dopadom. Vtedy sa loptička nachádza v nulovej výške, takže jej potenciálna energia je nulová. Celá energia sa tak v tomto momente bude rovnať kinetickej energii. Ak si označíme rýchlosť loptičky tesne pred dopadom, tak dostávame rovnosť: Rýchlosť loptičky tesne pred dopadom je teda:

Výsledok:

Jediné jednociferné číslo, ktoré sa rovná -násobku svojho ciferného súčtu, je číslo . Aj keby sme nulu brali medzi prirodzené čísla (v niektorých častiach matematiky sa berie nula ako prirodzené číslo, v niektorých nie), tak by to nezmenilo súčet čísel, ktoré Jonáš našiel.

Ak by Jonáš našiel nejaké vyhovujúce dvojciferné číslo, tak by sme si ho mohli napísať v tvare , kde a sú jeho cifry. Avšak -násobok ciferného súčtu tohto čísla je a platí . Trinásťnásobok ciferného súčtu dvojciferného čísla tak nikdy nebude rovný tomuto číslu.

Pokračujme s trojcifernými číslami, pričom každé z nich si vieme zapísať v tvare . Keďže toto číslo je trojciferné, tak . Podmienka s ciferným súčtom vedie k vzťahu: Ak , tak pre cifry a dostávame tri možnosti. Hodnoty sú v nich , a , čo zodpovedá číslam , a . Iné možnosti pre nemáme, keďže , pre by sme tak dostali a zároveň o pravej strane vieme, že . V ďalších možnostiach by teda nevedela platiť rovnosť . Tým sme vyriešili prípad trojciferného čísla.

Štvorciferné číslo má ciferný súčet najviac , takže -násobok ciferného súčtu bude určite menší ako (samozrejme, mohli by sme aj spočítať, koľko je , ale na spravenie nasledujúceho záveru nám stačí aj takýto hrubý odhad). Vieme tak povedať, že -násobok ciferného súčtu určite nebude štvorciferné číslo. Jonáš preto nemohol nájsť žiadne štvorciferné číslo. Z rovnakého dôvodu Jonáš nemohol nájsť ani žiadne číslo s väčším počtom cifier.

Spolu tak Jonáš našiel čísla so súčtom .

Výsledok:

Štvorec má obe svoje uhlopriečky rovnako dlhé a navzájom kolmé. Vieme, že uhlopriečka celej značky je dlhá . Každá z uhlopriečok rozdeľuje celý štvorec na dva trojuholníky, ktorých výška je tvorená polovicou druhej uhlopriečky. Takýto trojuholník tak má obsah . Celá značka, skladajúca sa z dvoch takýchto trojuholníkov, má preto obsah = .

Žltá časť zaberá celej značky, takže má obsah . Jeho strana je preto dlhá .

Výsledok:

Nech má pás dĺžku . Z prípadu, keď Jerry iba stojí na páse, vieme zistiť jeho rýchlosť. Keďže v tomto prípade sa Jerry odvezie na koniec pásu za čas , tak rýchlosť pásu je . Podobne z prípadu, keď Jerry kráča popri páse vieme určiť rýchlosť Jerry. Vtedy jej to trvá , takže má rýchlosť .

Keď Jerry kráča proti smeru pohybu pásu, tak jej rýchlosť je , a preto Jerry trvá prejsť pás: V prípade, keď Jerry kráča v smere pásu je jej rýchlosť . Na koniec pásu vtedy prejde za čas: Z toho vieme zistiť, že keď bude Jerry kráčať proti smeru pohybu pásu, bude jej to trvať dlhšie o čas:

Výsledok:

Pochopme najprv, ako vyzerajú množiny a .

Funkcia , nazývaná aj absolútna hodnota, udáva vzdialenosť čísla od nuly. Možno to tak na prvý pohľad z definície uvedenej v poznámke nie je vidno, ale absolútna hodnota akoby maže znamienko . Pozrime sa na , ak a . Vtedy . Podmienka vtedy dáva , a teda . To je nejaká priamka, na ktorej ležia body a . Vzhľadom na podmienku a to je však len úsečka spájajúca tieto dva body. Pre ostatné prípady znamienok a dostávame, že množinu tvoria úsečky spájajúce body a , body a , body a , body a . Toto je v skutočnosti štvorec s vrcholmi v bodoch , , a .

Pokračujme množinou . Tá je popísaná vzťahom . Táto funkcia, nazývaná maximum, má ako hodnotu väčšie z a . Aby sa táto funkcia rovnala , tak niektoré z a musí byť a to druhé musí byť menšie. Ak , tak alebo . V tom prípade má byť , čo znamená, že . Pre to spĺňajú body na úsečke medzi bodmi a . Pre to zas spĺňajú body na úsečke spájajúcej a . Keď urobíme podobný rozbor pre , tak sa do množiny pridajú úsečka spájajúca a a úsečka spájajúca a . Množina tak bude tiež štvorec, tentoraz s vrcholmi , , a .

Množiny a sú nakreslené na tomto obrázku:

Odtiaľ vidíme, že štvorce zodpovedajúce množinám a sa pretínajú v bodoch, takže bodov, ktoré ležia súčasne v  aj je .

Výsledok:

Predpokladajme, že v pravej vetve je rezistorov a v ľavej vetve rezistorov. Potrebujeme nájsť hodnotu . Odpor sériovo zapojených rezistorov v pravej vetve je , kde je odpor jedného rezistora. Odpor rezistorov v ľavej vetve je zas . Odpor celého zapojenia je potom: Podľa zadania je ale tento odpor -krát menší ako odpor v v pravej vetve. Odtiaľ dostávame rovnosť, ktorej úpravou získame hodnotu : V pravej vetve je teda zapojených -krát viac rezistorov.

Výsledok:

Marianka bude konať prácu na to, aby zdvihla kameň s hmotnosťou dostatočne vysoko na to, aby celý kameň preliezol ponad múr. Potrebujeme tak zistiť, do akej najmenšej výšky musíme zdvihnúť ťažisko.

Ťažisko v trojuholníku rozdeľuje ťažnicu na dve časti, ktorých dĺžky sú v pomere , pričom dlhšia časť ťažnice je pri vrchole. V rovnostrannom trojuholníku je každá ťažnica zároveň výškou, takže ťažnica je dlhá . Ťažisko je preto vzdialené od každej strany tohto trojuholníka . Preto je ťažisko od každého bodu na niektorej strane trojuholníka vzdialené aspoň .

V momente, keď bude ťažisko trojuholníka presne nad múrom, tak nejaký bod na nejakej strane trojuholníka sa bude dotýkať vrchu múru (ak by to tak nebolo, tak by sme mohli celý trojuholník posunúť nadol a Marianka by vykonala menšiu prácu). Tento bod je od ťažiska vzdialený aspoň . Preto musíme pri prenášaní kameň ponad múr zdvihnúť ťažisko kameňa aspoň nad vrch múru. Z opačného pohľadu kameň vieme skutočne preniesť tak, aby sme ťažisko zdvihli len do výšky nad vrch múru. Stačí pritom napríklad udržiavať jednu zo strán trojuholníka vodorovne.

To znamená, že Marianka pri prehadzovaní kameňa ponad múr musí zdvihnúť ťažisko kameňa o , aby dostala ťažisko do výšky vrchu múru, a ešte o ďalších . Spolu teda zdvihne ťažisko o . Pritom zvýši potenciálnu kameňa o . Marianka vykonala prácu presne na to, aby kameňu zdvihla potenciálnu energiu o , takže vykonala prácu .

Výsledok:

Ak si na začiatku vybral Andrej čísla a , tak na tabuli budú aj čísla a . Keby bolo niektoré z čísel a nulové, povedzme , tak by aritmetickú postupnosť museli v nejakom poradí tvoriť čísla , , , . Niektoré dve po sebe idúce čísla tejto aritmetickej postupnosti musia byť a , a tak sa každé dve po sebe idúce čísla tejto postupnosti líšia o . Inými slovami, všetky čísla v nej sú rovnaké. Preto aj . To ale nemôže nastať, lebo a majú byť rôzne.

Ďalej teda môžeme predpokladať, že aj aj sú väčšie ako . Tiež môžeme predpokladať, že (ak by platila opačná nerovnosť, tak len premenujeme a ). V takom prípade vieme povedať, že najväčšie spomedzi čísel na tabuli je číslo a druhé najväčšie je číslo . Keďže v aritmetickej postupnosti musia čísla postupne narastať alebo klesať, tak a musia byť dve po sebe idúce čísla v tejto postupnosti. Dve po sebe idúce čísla sa tak musia líšiť o .

Z tohto vidíme, že tretie číslo v aritmetickej postupnosti musí byť číslo , keďže to musí byť číslo o menšie ako . Posledné číslo potom bude , ktoré má byť o menšie ako . To dáva podmienku: Skutočne ak si na začiatku Andrej vyberie čísla a , tak pripísaním ich súčtu a kladného rozdielu dostane aritmetickú postupnosť , , a .

Zostáva už len doriešiť, koľko dvojíc a je navyše takých, že aj sú jednociferné čísla. Ľahko overíme, že také dvojice sú len , a . Andrej si tak mohol vybrať dvojicu čísel spôsobmi.

Výsledok:

Keď potiahneme lano, tak sa voľné kladky spolu so závažím vytiahnu o nejakú vzdialenosť nahor. Pritom akoby zmizne časť lana, ktorá z nich vychádza, lebo to je tá časť lana, ktorá prešla našimi rukami. Na obrázku vidno, čo sa udeje, keď sa kladky zdvihnú z dolnej čiarkovanej čiary na hornú čiarkovanú čiaru - zo všetkých piatich úsekov lana medzi týmito dvomi čiarami akoby zmizne rovnako dlhý kus lana. To znamená, že keď potiahneme lano o nejakú dĺžku, tak sa závažie spolu s voľnými kladkami zdvihnú tak, aby medzi príslušnými čiarkovanými čiarami zmizlo presne toľko lana, o koľko sme lano potiahli. Takže závažie sa vždy zdvihne o pätinu toho, o koľko sme potiahli lano. Ak teda ťaháme lano rýchlosťou , tak sa závažie dvíha rýchlosťou .

Výsledok:

Pripomeňme si, ako počítame najmenší spoločný násobok a najväčší spoločný deliteľ dvojice čísel. Najprv potrebujeme zistiť prvočíselný rozklad jednotlivých čísel. Potom pre každé prvočíslo spravíme to, že do najmenšieho spoločného násobku dáme toto prvočíslo toľkokrát, koľkokrát sa nachádza v tom čísle, kde sa nachádza viackrát. Do najväčšieho spoločného deliteľa ho dáme toľkokrát, koľkokrát sa nachádza v tom čísle, kde sa nachádza menejkrát. Z toho, ako rozdeľujeme tieto prvočísla sa dá vidieť, že musí platiť vzťah pre ľubovoľné dve prirodzené čísla , .

Zoberme si teraz za , dvojicu čísel, ktorá spĺňa Tomášove podmienky. Pre tieto dve čísla platí a . Dosadením do získaného vzťahu dostávame z predošlého odseku: Obe čísla aj sú preto násobkom , a teda ich vieme písať v tvare , pre nejaké prirodzené čísla a . Zároveň snažiť sa nájsť dvojicu s maximálnym súčtom je rovnaké ako snažiť sa nájsť dvojicu a s čo najväčším .

Keďže najväčší spoločný deliteľ čísel a bol , tak najväčší spoločný deliteľ čísel a musí byť . Taktiež vieme, že: Dve čísla s daným súčinom majú najväčší súčet, keď sa od seba líšia čo najviac. Najviac sa líšia, ak a (alebo naopak). V tomto prípade aj naozaj platí, že a tieto dve čísla dávajú aj najväčší možný súčet . Po návrate k číslam , dostávame, že súčet Tomášových čísel je .

Výsledok:

Pozrime sa, ako v tejto úlohe pôsobia sily. Na most, ktorý váži , pôsobí v jeho strede tiažová sila . Okrem toho na most pôsobí sila od reťaze. Aby sa tento most nehýbal, tak nesmie ani rotovať. Nerotuje vtedy, keď sa momenty síl pôsobiacich na most navzájom vyrušia. Tiažová sila pôsobí vo vzdialenosti na most momentom sily . Zvislá zložka sily od reťaze pôsobí vo vzdialenosti a musí pôsobiť momentom . Musí tak mať veľkosť . Každej reťazi z toho pripadá polovičná sila, teda sila .

Vieme teda zložku sily napínajúcu reťaz v zvislom smere. Ako ale nájsť silu v smere reťaze? Všimnime si, že trojuholník tvorený reťazou, bránou a mostom je podobný s trojuholníkom tvoreným hľadanou silou , silou a spojnicou ich koncových bodov. Pomer veľkostí a je preto rovnaký ako pomer výšky brány a dĺžky reťaze. Dĺžku reťaze vieme spočítať z Pytagorovej vety ako . Preto: Každá z reťazí je preto napínaná silou:

Výsledok:

Najprv nájdime pravdepodobnosť, že počet jednotiek je párny. Nech je prvých cifier úplne náhodných. Parita počtu jednotiek medzi nimi je nejaká. Posledná cifra je buď , alebo . Podľa toho, akú má hodnotu, má počet cifier v celom súbore buď rovnakú, alebo opačnú paritu ako počet cifier spomedzi prvých cifier. Obe situácie však nastanú s rovnakou pravdepodobnosťou, a tak je počet jednotiek v celom súbore párny s pravdepodobnosťou .

Ďalej sa pozrime na to, aká časť možností, ako dostať párny počet jednotiek, obsahuje počet jednotiek deliteľný štyrmi. Keď je v súbore párny počet jednotiek, tak môžu nastať dve situácie - buď je počet jednotiek deliteľný štyrmi, alebo ich počet dáva po delení štyrmi zvyšok . Dajme do skupiny všetky možnosti s počtom jednotiek deliteľným štyrmi a do skupiny všetky možnosti s počtom jednotiek dávajúcim zvyšok po delení štyrmi. Všimnime si nasledovnú vec. Zoberme si možnosť zo skupiny a zmeňme všetky nuly na jednotky a všetky jednotky na nuly. Ak v pôvodnej možnosti bolo jednotiek a núl, tak po tejto zámene dostaneme možnosť, v ktorej je jednotiek a núl. Číslo dáva zvyšok po delení štyrmi. Týmto teda vieme zmeniť ľubovoľnú možnosť zo skupiny na možnosť zo skupiny . Keď opäť zmeníme jednotky a nuly na nuly a jednotky, tak dostaneme opäť pôvodnú možnosť zo skupiny .

Takto rozdelíme možnosti na dvojice obsahujúce jednu možnosť zo skupiny a jednu možnosť zo skupiny . Každá možnosť je z presne jednej skupiny. Preto musia mať skupiny a rovnakú veľkosť. To ale znamená, že pravdepodobnosť, že v možnosti s párnym počtom jednotiek je v skutočnosti počet jednotiek deliteľný štyrmi, je .

Preto je pravdepodobnosť, že počet zaznačených jednotiek je deliteľný štyrmi, rovná .

Výsledok:

Keď skúsime niekoľkokrát odraziť lúč, tak to vyzerá, že lúč netrafí balón tak skoro. Navyše musíme zakaždým počítať, kde presne sa lúč odrazí, čo nie je až také jednoduché a príjemné. Skúsme teda niečo iné.

Skúsme namiesto preklápania lúča okolo kolmice na stenu, do ktorej lúč narazil, preklápať samotnú miestnosť. Povedzme, že vedľa pravej steny sa nachádza presne rovnaká miestnosť, akurát že preklopená podľa pravej steny pôvodnej miestnosti. Keby sme náš lúč nechali prejsť cez pravú stenu, tak by v tejto zrkadlovej miestnosti išiel presne rovnako, ako by išiel odrazený lúč v pôvodnej miestnosti. Opakovaním takéhoto preklápania môžeme predpokladať, že lúč sa pohybuje iba priamo a preklápame miestnosť.

Z informácie o prvom odraze v pôvodnej situácii vieme, že vždy, keď sa priamy lúč posunie na obrázku doprava o , tak sa posunie nahor o . Po istom čase sa lúč trafí presne do rohu niektorej preklopenej miestnosti a s trochou šťastia to bude ten, v ktorom sa nachádza aj balón. Lúč trafí nejaký roh, keď bude jeho prejdená vzdialenosť doprava aj prejdená vzdialenosť nahor nejakým násobkom dĺžky . Ak lúč prejde doprava, tak podľa prvej vety tohto odseku prejde nahor. Keď je celé číslo, tak je násobkom dĺžky , hľadáme teda najmenšie celé číslo , pre ktoré je násobkom . Keďže , tak najmenšie také musí byť . Situácia tak dopadla tak ako na obrázku:

Z obrázka vidíme, že sme naozaj trafili správny roh (ten, v ktorom je balón). Ako ale spočítať počet odrazov od steny? Odraz v našom prerobení úlohy zodpovedá tomu, že lúč prešiel do inej miestnosti. Z obrázka vidno, že lúč -krát prešiel do miestnosti vpravo a -krát do miestnosti hore. Spolu teda prešiel do inej miestnosti -krát, čiže v pôvodnej formulácii úlohy sa odrazil -krát.

Poznámka: Na tomto obrázku možno vidno, ako presne sa lúč -krát poodrážal, kým trafil balón:

Výsledok:

Po prisypaní múky s hmotnosťou do pohára s podstavou s obsahom sa tiažová sila pôsobiaca na tento pohár zvýšila o . Na to, aby pohár stále plával, sa musela vztlaková sila zvýšiť o rovnakú veľkosť. Vztlaková sila sa vedela zvýšiť iba tým, že sa zväčšila ponorená časť tohto pohára. Pre túto zmenu máme z Archimedovho zákona vzťah , kde je zmena objemu ponorenej časti. Odtiaľ dostávame: Aby sa mohol zväčšiť objem ponorenej časti, tak dno menšej nádoby musí klesnúť, a teda sa priblíži ku dnu väčšej nádoby o nejakú výšku . Pri tom mu v ceste akoby zavadzia valec vody s objemom , ktorý sa tak musí niekam presunúť. Presunie sa k bokom menšieho pohára. Tam spôsobí nárast hladiny vody vo väčšom pohári o . Objem vody, ktorý sa sem presunul, vieme vyjadriť aj ako , kde je obsah podstavy väčšieho pohára. Tým získavame vzťah: Pri týchto posunoch sa výška ponorenej časti menšieho valca zväčší o a teda keďže vieme jej objem, tak dostávame aj vzťah: Skombinovaním oboch získaných vzťahov dostávame: Takže hladina sa vo väčšom pohári zdvihla o výšku:

Výsledok:

Spočítať tak veľa deviatok by bolo veľmi náročné. Nájdime preto iný spôsob ako Zuzkine čísla sčítať. Všimnime si, že keď každé číslo zväčšíme o , dostaneme číslo začínajúce jednotkou, za ktorou nasleduje niekoľko núl. Súčet preto vieme zapísať ako . Keď dáme všetky čísla dokopy, dostaneme . Ostatné čísla súčtu vytvoria číslo , v ktorom sa nachádza jednotiek. Zuzkiným výsledkom je toto veľké číslo zmenšené o .

Ako toto číslo vyzerá? Odčitovanie ovplyvňuje len posledných cifier veľkého čísla, ktoré sa zmenia na . Zvyšných jednotiek zostáva nezmenených. Ciferný súčet Zuzkinho výsledku je preto .

Výsledok:

Predpokladajme, že tehla má rozmery , , a hmotnosť . Potom tlaky , a  zo zadania vieme vypočítať ako: Keď tieto tri vzťahy navzájom vynásobíme, dostaneme: Lenže je objem tehly. Vzťah teda vieme upraviť na tvar: Ďalej si potrebujeme už len uvedomiť, že podiel je hustota tehly . Z toho už vieme získať hmotnosť tehly: Bobova tehla preto mala hmotnosť .

Výsledok:

Pretnime priamky a . Ich priesečník nazvime . Vďaka rovnobežnosti a sú trojuholníky a podobné. Koeficient podobnosti týchto trojuholníkov je . Táto podobnosť dáva vzťahy: Vieme však, že a . Použitím týchto vzťahov dostávame: V trojuholníku platí , takže podľa Pytagorovej vety je tento trojuholník pravouhlý s pravým uhlom pri vrchole . Takže aj trojuholník je pravouhlý. Obsah lichobežníka sa rovná rozdielu obsahov týchto dvoch trojuholníkov.

Trojuholník má odvesny dlhé a , takže jeho obsah je . Trojuholník má odvesny dlhé a , takže jeho obsah je . Lichobežník má preto obsah .

Výsledok:

Vyriešme najprv jednoduchšiu úlohu, keby mala Tete na kružnici len body. Označme si tieto body , , a tak, aby išli po kružnici v tomto poradí. Nakreslené úsečky nesmú mať spoločné ani krajné body, takže jedna úsečka bude mať svoje krajné body v jednej dvojici bodov a druhá úsečka bude mať svoje krajné body v druhej dvojici vyznačených bodov. To spôsobuje, že dvojicu úsečiek môžeme nakresliť iba tromi spôsobmi:

1. úsečky a ,

2. úsečky a ,

3. úsečky a .

V druhom prípade sa úsečky pretínajú, vo zvyšných prípadoch nie. V prípade pre body tak máme možnosti ako nakresliť dvojicu úsečiek.

Teraz sa môžeme vrátiť k úlohe, v ktorej má Tete na kružnici bodov. Dvojica úsečiek bude mať krajné body v nejakých rôznych bodoch. Keď vyberieme, ktoré body to budú, tak na to budeme môcť aplikovať úlohu, v ktorej máme len body. Takže po výbere štvorice bodov budeme mať možnosti ako nakresliť úsečky.

Zostáva preto spočítať, koľkými spôsobmi môžeme vybrať body. Na vybratie prvého z nich máme možností, na druhý možností, na tretí a na štvrtý možností. Pritom sme ale každú štvoricu započítali viackrát. Konkrétne sme ju započítali za každé možné zoradenie týchto štyroch bodov. Na výber prvého z týchto štyroch máme možnosti, na druhý , na tretí a na posledný možnosť. Možností, ako vybrať body, je preto .

Spolu s tým, že pre každú štvoricu máme možnosti nakreslenia dvojice úsečiek, dostávame, že Tete môže nakresliť úsečky spôsobmi.

Výsledok:

Označme si hmotnosti jednotlivých kvádrov ako , , a koeficient šmykového trenia . Pozrime sa na sily, ktoré pôsobia na jednotlivé kvádre. Tie pôsobia tak ako na tomto obrázku:

Sily , a sú tiažové sily pôsobiace na jednotlivé kvádre. Keďže kvádre na seba navzájom tlačia, vznikajú normálové sily a . Silou s veľkosťou pôsobí horný kváder na prostredný smerom nadol. Zároveň podľa zákonu akcie a reakcie tlačí rovnako veľkou silou, len smerom nahor, aj prostredný kváder na horný kváder. Podobne to platí aj medzi prostredným a spodným kvádrom so silou s veľkosťou . Zároveň podložka tlačí na spodný kváder normálovou silou .

Vodorovne pôsobiace sily sú sila , ktorou bude Majo pôsobiť na spodný kváder, a sily a , ktoré zodpovedajú napätiu v lane. Napokon poslednými silami sú trecie sily. Na vrchný kváder, ktorý by sa chcel pohybovať doprava, pôsobí smerom doľava trecia sila . Opäť zo zákona akcie a reakcie musí pôsobiť aj na prostredný kváder sila s veľkosťou , ale smerom doprava. Podobne pôsobia aj trecie sily medzi prostredným a spodným kvádrom. Taktiež aj podložka pôsobí na spodný kváder trecou silou .

Aby sa žiadny kváder nehýbal, musí byť súčet síl pôsobiacich naň nulový, a to v každom smere. V zvislom smere to dáva rovnice: Vo vodorovnom zas rovnice: Tiažové sily vypočítame jednoducho zo vzťahu , kde je tiažové zrýchlenie. Keď bude Majo pôsobiť maximálnou možnou silou, tak aj trecie sily budú maximálne možné - vtedy totiž platí, že ak by Majo pôsobil o trochu väčšou silou, celá sústava by sa hýbala a trecie sily by pôsobili maximálnou možnou veľkosťou. Ich veľkosti tak vypočítame pomocou vzťahu . Už stačí len postupne vyjadrovať neznáme veľkosti zo šiestich rovníc vyššie, čím dostaneme: Najväčšia sila, ktorou môže Majo pôsobiť, má teda veľkosť: