Zadania a riešenia úloh

Výsledok:

$50$

Ako prvé nájdime počet všetkých možných $3$-ciferných kódov. To budú všetky kódy od $000$ do $999$, čo nám dá dokopy $1000$ možností. Vyskúšať jednu z nich bude Patrikovi trvať $3$ sekundy, čiže vyskúšať ich $1000$ mu bude trvať $3\cdot 1000=3000$ sekúnd, čo je $\frac{3000}{60}=50$ minút.

Výsledok:

$900$

Začnime premenou jednotiek na základné jednotky. Vieme, že $12,5\mathrm{cm}$ je $0,125m$ a $15\mathrm{mm}$ je $0,015m$. Teraz vieme jednoducho nájsť objem jednej dosky vynásobením všetkých troch jej rozmerov. To nám dá objem $0,8m\cdot 0,125m\cdot 0,015m=0,0015m^3$. Aby sme zistili, koľko doska váži, potrebujeme vynásobiť tento objem jej hustotou, čo nám dá hmotnosť $0,0015m^3\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3=0,9\mathrm{kg}$. Našou odpoveďou má byť hmotnosť v gramoch, teda $0,9\mathrm{kg}=900g$.

Výsledok:

$2$

Všimnime si, že pre karty $3$ a $4$ máme iba jednu kartu s hodnotou líšiacou sa o viac ako $2$. Pre $3$ je to $6$ a pre $4$ je to $1$. Karty $3$ a $4$ kvôli tomuto môžu mať vedľa seba iba jednu ďalšiu kartu, čo nastane, len ak ich položíme na začiatok alebo koniec celého radu. Čiže možné zoradenia musia vyzerať takto:

Navyše vieme, ktoré karty musia byť vedľa $3$ a $4$, čiže môžeme doplniť zoradenia ako:

Zostávajú nám iba čísla $2$ a $5$. Vidíme, že v oboch zoradeniach je iba jedna možnosť, ako ich vieme uložiť na prázdne políčka. Dostávame tak zoradenia $3$, $6$, $2$, $5$, $1$, $4$ a $4$, $1$, $5$, $2$, $6$, $3$ ako jediné $2$ možnosti, ktoré spĺňajú danú podmienku.

Výsledok:

$10$

Keďže dievčatá bežia rovnakou rýchlosť, dostať s k 2. breze bude Danke trvať rovnako dlho, ako bude Janke trvať dostať sa k 9. breze. Toto bude platiť aj pre všetky nasledujúce brezy – dievčatá budú naraz pri 3. a 8. breze, naraz pri 4. a 7. breze, naraz pri 5. a 6. breze, atď. Avšak, keď už nastane situácia, že Danka zrovna beží k breze s vyšším číslom ako Janka, stretnú sa po prvý raz. Preto kým je Danka na ceste k 6. breze a Janka na ceste k 5. breze, stretnú sa prvýkrát. Navyše sa Danka a Janka stretnú ešte raz počas cesty naspäť od týchto briez. Keďže od tohto momentu bude Danka vždy bežať k breze s vyšším číslom ako Janka, dievčatá sa strenú dvakrát pre každú ďalšiu brezu, ku ktorej pôjdu. Dokopy je takýchto briez 5 (pre Danku 6. až 10. breza, pre Janku 5. až 1. breza), čiže sa dokopy stretnú $5\cdot 2=10$ ráz.

Výsledok:

$87$

Vieme, že rozdiel medzi každými dvoma nasledujúcimi násobkami $n$ je $n$. Teda rozdiel medzi dvoma nasledujúcimi násobkami $181$ je $181$. V zadaní je napísané, že minulý násobok čísla $181$ bol $7$ kilometrov dozadu. Nasledujúci násobok čísla $181$ tak bude o $181-7=174$ kilometrov. Vieme, že Samko chce prejsť týchto $174$ kilometrov za presne $2$ hodiny. Jeho priemerná rýchlosť počas týchto dvoch hodín preto musí byť $v=\frac{174\mathrm{km}}{2h}=87\mathrm{km}∕h$.

Výsledok:

$35$

Pozrime sa najprv na prvý výrok. Predpokladajme, že je nepravdivý. To by znamenalo, že Maťkovo číslo je buď $1$, alebo prvočíslo. Keďže priradené čísla sú kladné a súčet troch kladných celých čísel nikdy nie je $1$, Maťkovo obľúbené číslo nie je $1$. Takže musí byť prvočíslom. Avšak, muselo by tiež byť súčtom troch z čísel $2$, $4$, $8$, $16$, $32$. Tie sú však všetky párne, rovnako teda bude párny aj ich súčet. Tento súčet prirodzene nemôže byť $2$, čiže tento súčet bude párne číslo, ktoré nie prvočíslom. Tým sme dostali spor, čo znamená, že prvý výrok je určite pravdivý.

Prvé tvrdenie je jediné tvrdenie, ktorého číslo je nepárne. Z tohto dôvodu bude aj súčet troch pravdivých tvrdení nepárny, čiže druhé tvrdenie musí byť pravdivé. Ostáva už len nájsť aj tretie pravdivé tvrdenie. Pozrime sa na tvrdenie s číslom $4$. Ak by bolo tretím pravdivým tvrdením, Maťkovo obľúbené číslo by bolo $1+2+4=7$. Ale v takom prípade by bolo pravdivé aj tvrdenie číslo $8$, takže by sme mali štyri pravdivé tvrdenia. Taká situácia nemôže nastať, čiže tvrdenie číslo $4$ musí byť nepravdivé. Maťkovo obľúbené číslo tak musí mať hodnotu aspoň $30$. Jediný spôsob, ktorým vieme toto docieliť, je, že výrok číslo $32$ bude pravdivý. To by spôsobilo, že obľúbené číslo by bolo $1+2+32=35$.

Je jednoduché skontrolovať, že pre číslo $35$ sú pravdivé práve tie tvrdenia s číslami $1$, $2$ a $32$. Teda číslo $35$ je naozaj Maťkovo obľúbené číslo.

Výsledok:

$80$

Vieme, že musí existovať taký lúč svetla, ktorý prejde z Miškových topánok k zrkadlu takým spôsobom, že sa odrazí do Miškových očí vo výške $160\mathrm{cm}$. Musíme si uvedomiť, že aj Miškove nohy, aj jeho oči sú v rovnakej vodorovnej vzdialenosti od zrkadla. Taktiež si spomeňme, že keď lúč dopadne na plochu zrkadla, uhol jeho dopadu sa bude rovnať uhlu jeho odrazu. Môžeme teda nakresliť takýto obrázok:

Uhly $\alpha$ a $\beta$ sú zhodné. Preto aj vzdialenosti $a$ a $b$ budú zhodné. Dôležitejšie však je, že výšky $h_a$ a $h_b$, ktoré lúč nastúpa, budú zhodné. Kvôli tomu bude miesto, kde sa lúč odrazí od zrkadla, presne v strede medzi Miškovými topánkami a Miškovými očami. Keďže jeho oči sú vo výške $160\mathrm{cm}$, odraz nastane vo výške $\frac{160\mathrm{cm}}{2}=80\mathrm{cm}.$

Teda najvyššia výška, v ktorej môže byť spodná hrana zrkadla, je tiež $80$ centimetrov nad zemou. Ak by bola akokoľvek vyššia, lúč by sa vo výške $80$ centimetrov nemal od čoho odraziť a Miško by v zrkadle nevidel svoje topánky.

Výsledok:

$5$

Zamerajme sa najprv na kartu v ľavom hornom rohu. Ku všetkým ostatným číslam v tabuľke sa vieme odtiaľto dostať buď posunom nadol, alebo doprava. Kvôli tomuto musia mať všetky ostatné karty v tabuľke číslo väčšie ako táto karta. To spôsobuje, že číslo karty v ľavom hornom rohu musí byť $1$. Podobnými úvahami sa dopracujeme k tomu, že v pravom dolnom rohu tabuľky musí byť číslo $6$.

Teraz sa zamyslime nad tým, kam vieme položiť číslo $2$. Musí to byť nejaké políčko vedľa karty číslo $1$ (inak by sme potrebovali políčko s kartou s hodnotou medzi číslami $1$ a $2$, no takú kartu nemáme). Teda máme len dva prípady, ako vieme položiť kartu s číslom $2$:

Prípad 1.

Číslo $2$ je napravo od čísla $1$. V tomto prípade máme tri možnosti, aká karta môže byť napravo od karty $2$ (môžu to byť karty $3$, $4$ alebo $5$). Pre každú z týchto troch kariet nám ostane iba jeden spôsob, ktorým vieme poukladať karty do ostatných políčok.

Prípad 2.

Číslo $2$ je pod číslom $1$. V tomto prípade máme opäť tri možnosti na to, akú kartu položíme napravo od čísla $2$. Zvyšné políčka vieme opäť zaplniť len jedným spôsobom, avšak nie v každom prípade dostaneme validné riešenie (ak je napravo od čísla $2$ číslo $3$, nedostávame validné riešenie – druhý stĺpec bude mať v hornom riadku väčšie číslo ako v spodnom).

Ostáva už len sčítať počet možností z oboch prípadov. Našli sme $3+2=5$ možností, ktorými sa dajú karty uložiť do tabuľky požadovaným spôsobom.

Výsledok:

$12$

Každú hodinu opíše Betka o $120^{\circ }-90^{\circ }=30^{\circ }$ väčší uhol ako Alfréd. Toto sa bude diať každú hodinu, až pokým Betka neopíše o presne $360^{\circ }$ väčší uhol ako Alfréd – v tomto momente Betka prejde o jeden celý okruh okolo Zeme viac ako Alfréd, a teda sa znova nachádzajú jeden nad druhým. Keďže Betka na Alfréda získa uhol $30^{\circ }$ každú hodinu, $360^{\circ }$ naňho získa po presne $\frac{360^{\circ }}{30^{\circ }}=12$ hodinách.

Výsledok:

$3$

Keďže billboard je otočený priamo k slnku, šírka jeho tieňa ostane rovnaká ako pôvodná šírka billboardu, teda $5m$. Jeho výška sa však zmení. Vieme, že výška stromu vedľa billboardu sa zmenila z $3m$ na $0,75m$. Teda pomer medzi výškou stromu a dĺžkou jeho tieňa je $\frac{3}{0,75}=\frac{4}{1}$. Tento pomer bude rovnaký aj pre tieň billboardu, dĺžka jeho tieňa preto bude $\frac{2,4m}{4}=0,6m$. Celková plocha tieňa bude jeho dĺžka krát jeho výška, teda $0,6m\cdot 5m=3m^2$.

Výsledok:

$160$

Označme si teplotu v stupňoch Celzia $N\circ C$. Vieme, že ekvivalentnú teplotu v stupňoch Fahrenheita vieme nájsť ako $\left(\left(\frac{9}{5}\cdot N\right)+32\right)\circ F$. Avšak vieme, že toto číslo by malo byť dvakrát tak veľké, ako teplota v stupňoch Celzia, teda $2N\circ F$. Teda môžeme napísať rovnicu $\left(\left(\frac{9}{5}\cdot N\right)+32\right)=2N$. Rovnicu môžeme preusporiadať ako:

Odtiaľ:

Teplota v rúre bola $160\circ C$.

Výsledok:

$64$

Po jednom dni bude mať Matúš prečítanú $1$ stranu, po dvoch dňoch $1+2$ strany, po troch dňoch $1+2+3$ strany a tak ďalej. Teda po $n$ dňoch bude mať prečítaných $1+2+\dots +n$ strán. Ak použijeme vzorec zo vzorcovníka, vieme tento súčet zapísať ako $\frac{n(n+1)}{2}$. Otázka znie, aké je najmenšie možné $n$ také, že $\frac{n(n+1)}{2}$ je aspoň $2024$. Teda potrebujeme vyriešiť nerovnicu

Môžeme odhadnúť, že pre $n=60$ je súčin $n(n+1)$ približne $3600$, takže $n$, ktoré hľadáme, je iba o čosi väčšie. A naozaj, vieme nájsť, že $63\cdot 64=4032\le 4048$ a $64\cdot 65=4160\ge 4048$. Takže prečítať celú knihu bude Matúšovi trvať $64$ dní.

Výsledok:

$242$

Ako prvé sa pozrime na $2$-ciferné palindrómy. Keďže sa majú čítať rovnako zľava doprava ako sprava doľava, musia pozostávať z dvoch rovnakých cifier. Teda $2$-ciferné palindrómy budú čísla $11$, $22$, $33$, $\text{…}$ až po $99$. Všimnime si vlastnosť, ktorú všetky zdieľajú – všetky sú deliteľné $11$. Preto keď sčítame $3$ z týchto čísel, musí aj ich súčet byť deliteľný $11$.

Najväčší možný súčet troch $2$-ciferných palindrómov je $99+99+99=297$. Teda musíme ísť nadol od čísla $297$ a hľadať prvý palindróm deliteľný $11$. Prvé palindrómy, ktorých deliteľnosť číslom $11$ budeme musieť skontrolovať budú $292$, $282$, $272$... jednudocho čísla vo forme $2X2$, kde $X$ je jednociferné číslo. Môžeme použiť pravidlo na deliteľnosť číslom $11$, ktoré hovorí, že ciferný súčet na párnych miestach mínus súčet cifier na nepárnych miestach musí byť buď $0$, alebo násobok $11$. Idúc nadol od $292$, prvý taký palindróm je $242$, kde $4-(2+2)=0$. Už len ostáva nájsť také tri $2$-ciferné palindrómy, ktoré keď sčítame, tak naozaj dostaneme $242$ – zistíme, že to sú napríklad $77+77+88=242$.

Výsledok:

$860$

Priemerná hustota telesa sa dá nájsť ako jeho celková hmotnosť predelená jeho celkovým objemom. Vieme, že celkový objem croissantu je $V_{\mathit{celk}}=100\mathrm{ml}=100{\mathrm{cm}}^3$, čiže stačí nájsť jeho celkovú hmotnosť. Tú zistíme ako súčet hmotností cesta a náplne. Pre hmotnosti týchto častí použijeme jednoducho vzorec $m=\rho \cdot V$, kde $\rho$ je hustota a $V$ je objem. Avšak musíme si dať pozor na správne jednotky. Použijeme hodnoty $15\mathrm{ml}=15{\mathrm{cm}}^3$ pre objem náplne ($V_n$) a $100\mathrm{ml}-15\mathrm{ml}=85\mathrm{ml}=85{\mathrm{cm}}^3$ pre objem cesta ($V_c$). Teda musíme dať dve zadané hodnoty hustôt do korešpondujúcich jednotiek, čo je $1200\mathrm{kg}∕m^3=1,2g∕{\mathrm{cm}}^3$ pre hustotu náplne (${\rho }_n$) a $800\mathrm{kg}∕m^3=0,8g∕{\mathrm{cm}}^3$ pre hustotu cesta (${\rho }_c$). Teraz môžeme nájsť celkovú hmotnosť croissantu ako

Teraz môžeme jednoducho nájsť priemernú hustotu ako celkovú hmotnosť predelenú celkovým objemom

Keďže máme zadať odpoveď v jednotkách $\mathrm{kg}∕m^3$, správnou odpoveďou je $860\mathrm{kg}∕m^3$.

Výsledok:

$48$

Vieme, že obvod veľkého obdĺžnika je $16m$, súčet dĺžok všetkých plných čiar je preto $16m$. Keď sa pozrieme na prerušované čiary, zbadáme, že ich vieme preusporiadať tak, aby sme vytvorili rovnaký obdĺžnik ako ten pôvodný (vytvorený z plných čiar). Preto súčet dĺžok prerušovaných čiar bude rovnaký ako súčet dĺžok všetkých plných čiar, teda tiež $16m$. Teraz je otázka, koľkokrát použijeme ktoré čiary pri sčítavaní všetkých $9$ obvodov. Každá plná čiara bude použitá práve raz, keďže každá časť každej plnej čiary patrí práve jednému zo všetkých $9$ obvodov. Avšak prerušované čiary sú vždy medzi dvoma časťami, preto každá časť každej prerušovanej čiary bude patriť až dvom z $9$ obvodov. Teda vieme, že každá prerušovaná čiara bude použitá dvakrát a každá plná čiara bude použitá raz. Dokopy teda použijeme celý obvod pôvodného obdĺžnika $2+1=3$ razy, teda odpoveď je $3\cdot 16m=48m$.

Výsledok:

$6$

Aby doska nespadla, musí jej ťažisko ležať medzi dvoma klincami. Inými slovami, jeden klinec musí byť naľavo od ťažiska a jeden klinec musí byť napravo od ťažiska. Ťažisko dosky leží medzi klincami $5$ a $6$, čiže z minulej vety môžeme usúdiť, že musíme mať aspoň jeden klinec s číslom najviac $5$ a aspoň jeden klinec s číslom aspoň $6$. Aby sme dostali najmenší možný súčin, musíme na oboch častiach nechať len ten najmenší možný klinec. Teda necháme klinec číslo $1$ z prvej spomenutej časti a klinec $6$ z druhej spomenutej časti.

Ak použijeme iba tieto dva klince, ťažisko bude ležať medzi nimi a teda doska nespadne. Najmenší možný súčin čísel ostávajúcich klincov teda bude $6$.

Výsledok:

$5$

Vieme, že bol iba jeden modus: $4$. Kvôli tomu musí byť počet čísel $4$ v tomto súbore dát väčší ako počet akéhokoľvek iného čísla. Z čísel, o ktorých vieme, je najviac čísel $3$ a $5$, obe sú v súbore dát dva razy. Kvôli tomu musí byť číslo $4$ v súbore dát aspoň tri razy, avšak momentálne tam je iba raz. Preto z tých troch neznámych celých čísel, ktoré Kubo zabudol, musia aspoň dve byť čísla $4$.

Teda už poznáme hodnoty $10$ z $11$ čísel v súbore dát. Pozrime sa teraz na druhú podmienku: medián má byť tiež $4$. Keď zoradíme $10$ známych čísel vo vzostupnom poradí, dostaneme: $3$, $3$, $4$, $4$, $4$, $5$, $5$, $6$, $8$, $9$. Potom ako pridáme jedenáste číslo, stredné číslo v rade má byť $4$. Stred celého radu je momentálne medzi číslami $4$ a $5$, preto ak by bolo jedenáste číslo $5$ alebo väčšie, stredným číslom (a teda mediánom) by sa stalo číslo $5$, čo nespĺňa podmienku. Aby bola splnená, jedenáste číslo teda musí byť $4$ alebo menšie. Keďže chceme, aby bol aritmetický priemer všetkých týchto čísel čo najväčší, vyberieme najväčšie takéto číslo, teda vyberieme ďalšie číslo $4$. Teraz poznáme všetkých jedenásť čísel v súbore: $3$, $3$, $4$, $4$, $4$, $4$, $5$, $5$, $6$, $8$, $9$. Ich aritmetický priemer je ich súčet predelený ich počtom, čo nám dáva $\frac{55}{11}=5$.

Výsledok:

$48$

Označme si celkovú vzdialenosť medzi domami $s$, vzdialenosť prejdenú Šimonom $s_{\mathit{si}}$ a vzdialenosť prejdenú Barborkou $s_{\mathit{ba}}$. Všimnime si, že $s=s_{\mathit{si}}+s_{\mathit{ba}}$, takže aby sme našli $s$, stačí nám nájsť jednotlivé vzdialenosti prejdené Šimonom a Barborkou. Ako prvé môžeme jednoducho nájsť $s_{\mathit{si}}$ pomocou vzorca $v=\frac{s}{t}$, preusporiadaného ako $s=v\cdot t$ kde $v$ je rýchlosť a $t$ je čas. Teda

Stále však potrebujeme nájsť $s_{\mathit{ba}}$, aby sme určili $s$. Vyjadrime si preto čas, ktorý Šimonovi trvalo dostať sa do polovice vzdialenosti $s$, pomocou $s$. Z $t=\frac{s}{v}$ môžeme určiť, že prejsť $\frac{s}{2}$ Šimonovi idúcemu rýchlosťou $30\mathrm{km}∕h$ trvalo

Pomocou tohto môžeme vyjadriť aj čas, počas ktorého cestovala Barobrka ($t_{\mathit{ba}}$): bude to $1$ hodina mínus tento čas. Preto: $t_{\mathit{ba}}=1h-\frac{s}{60\mathrm{km}∕h}$. Teraz môžeme vyjadriť vzdialenosť prejdenú Barborkou $s_{\mathit{ba}}$ ako

Teraz, keď poznáme hodnotu $s_{\mathit{si}}$ a vyjadrili sme $s_{\mathit{ba}}$ pomocou $s$, môžeme vypočítať celkové $s$ ako:

Vzdialenosť medzi Barborkiným a Šimonovým domom je teda $48\mathrm{km}$.

Výsledok:

$6$

Potrebujeme spočítať poslednú cifru súčinu

Keďže nás zaujíma iba posledná cifra celého súčinu, môžeme k tejto úlohe pristupovať tak, že vynásobíme posledné cifry súčinov v týchto zátvorkách.

Začnime vypísaním si niekoľkých súčinov, ktoré budú v prvých zátvorkách:

Všimnime si, že sa v tejto postupnosti čísel dookola opakujú tie isté posledné cifry: $2$, $4$, $8$, $6$. Poslednú cifru hľadaného súčinu teda dostaneme pomocou opakovaného násobenia týchto posledných cifier: $2\cdot 4\cdot 8\cdot 6\cdot 2\cdot 4\cdot 8\cdot 6\cdot \dots$.

Ak si vypíšeme posledné cifry medzikrokov tohto súčinu, dostaneme nasledovnú postupnosť: $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $6$, $6$, $2$, $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $\text{…}$. Všimnime si, že opäť existuje opakujúca sa postupnosť cifier: $8$, $4$, $4$, $8$, $2$, $6$, $6$, $2$, tentokrát dlhá $8$. Posledná cifra celého súčinu teda bude jedna z cifier v tejto postupnosti. Keďže máme dokopy $2023$ násobení medzi $2024$ zátvorkami, môžeme $2023$ predeliť číslom $8$ (dĺžkou opakujúcej sa postupnosti) a zvyšok po tomto delení nám povie, kde v rámci spomínanej postupnosti skončíme po vynásobení všetkých čísel.

$2023:8=252\text{, zvyšok }7$, teda posledná cifra súčinu je $6$, pretože to je siedma cifra postupnosti, ktorú sme našli.

Výsledok:

$1$

Do dnešnej tomboly dostal Janko $30$-krát viac žrebov ako včera. Keďže však každý dostal $30$-krát viac žrebov, je aj celkový počet žrebov $30$-krát väčší. Preto, aj keď Janko má v tombole $30$-krát viac žrebov, jeho žreby tvoria rovnakú časť všetkých zaradených žrebov, ako tvorili včera. Teda pravdepodobnosť Jankovej výhry musí byť rovnaká, ako bola včera. Inými slovami, je $1$-krát väčšia.

Výsledok:

$81$

Polomer nového drôtu je tretinou polomeru pôvodného drôtu. Keďže plocha kruhu je priamo úmerná druhej mocnine polomeru, plocha prierezu nového drôtu musí byť $S^{\prime }={\left(\frac{1}{3}\right)}^{2}S=\frac{1}{9}S$. Objem drôtu sa nemohol zmeniť, čiže zmena prierezu na jednu devätinu spôsobí, že dĺžka drôtu sa musela zvýšiť na ${\ell }^{\prime }=9\ell$. Merný elektrický odpor je vlastnosť látky (v tomto prípade medi), preto musela ostať rovnaká. Teraz môžeme vypočítať, že odpor nového drôtu je

Z tohto vidíme, že odpor nového drôtu je $81$-krát väčší ako odpor pôvodného drôtu, čiže hodnota $k$ je $81$.

Výsledok:

$49$

Označme číslo dresu, ktorý visí úplne v strede ako $x$. Pred týmto dresom je $\frac{75-1}{2}=37$ dresov a tiež aj za ním je $37$ dresov. Prvých päť dresov má čísla $x-37$, $x-36$, $x-35$, $x-34$ a $x-33$, kým posledných päť dresov má čísla $x+33$, $x+34$, $x+35$, $x+36$ a $x+37$. Podmienka zo zadania potom vedie na rovnicu

Na drese v strede je preto číslo $x=49$.

Výsledok:

$\frac{2}{11}$

Označme $m$ celkovú hmotnosť banánov. Vieme, že obsahujú $\frac{3}{4}m$ vody a $\frac{1}{4}m$ sušiny. Takže každá polovica banánov obsahuje $\frac{1}{8}m$ sušiny. V banánoch sušených teplom tvorí sušina $75\%$ vysušených banánov, takže tieto banány teraz vážia $\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{1}{6}m$ a voda v nich váži $\frac{1}{4}\cdot \frac{1}{6}m=\frac{1}{24}m$. Podobne banány sušené mrazom teraz vážia $\frac{10}{9}\cdot \frac{1}{8}m=\frac{5}{36}m$ a voda v nich váži $\frac{1}{10}\cdot \frac{5}{36}m=\frac{1}{72}m$.

Celková hmotnosť práškov je $\frac{1}{6}m+\frac{5}{36}m=\frac{11}{36}m$, z ktorej $\frac{1}{24}m+\frac{1}{72}m=\frac{1}{18}m$ tvorí voda. Takže podiel vody vo výslednom prášku je

Výsledok:

$1,25$

Pri výskoku Karol získava energiu. Aby Karol s hmotnosťou $m=75\mathrm{kg}$ vyskočil do výšky $h_0=1m$, potrebuje získať energiu $E=\mathit{mg}{h}_0$. Čo sa ale zmení v pohybujúcom sa výťahu? Váha ukáže Karolovi nižšiu hmotnosť, lebo tiažové zrýchlenie sa zmenilo. Nech je nové tiažové zrýchlenie $g^{\prime }$. Preto Karol pôsobí na váhu silou $F_G=m{g}^{\prime }$. Avšak váha ukáže hmotnosť $m^{\prime }=60\mathrm{kg}$, lebo si "myslí", že všetko sa deje akoby s klasickým tiažovým zrýchlením. Takže fakt, že ukazuje hmotnosť $m^{\prime }$ znamená, že na váhu pôsobí sila $m^{\prime }g$. Ale touto silou je sila $F_G$, z čoho dostávame

Vráťme sa teraz k skákaniu. Keďže sa zmenilo tiažové zrýchlenie, Karol tentoraz vyskočí do výšky $h$, no stále na to použije len energiu $E$. Tá sa zmení na potenciálnu energiu $E=m{g}^{\prime }h$. To znamená, že Karol vyskočí do výšky

Výsledok:

$55$

Spočítajme čísla, ktoré Peter nepoužíva. Násobky čísla $3$ medzi $1$ a $100$ sú $3$, $6$, $\text{…}$, $99$, takže ich je $99:3=33$. Navyše máme $19$ čísel, ktoré obsahujú cifru $3$ ($10$ z nich ju má na mieste jednotiek, $10$ z nich na mieste desiatok, ale číslo $33$ sme tu započítali dvakrát). Peter nepoužíva žiadne číslo z týchto dvoch skupín. Lenže niektoré čísla sú v oboch skupinách, konkrétne čísla $3$, $30$, $33$, $36$, $39$, $63$, $93$, ktoré potrebujeme započítať iba raz. Preto Peter nepoužíva $33+19-7=45$ čísel. Používa všetky ostatné čísla, takže používa $100-45=55$ čísel.

Výsledok:

$133$

Označme $v$ Terkinu rýchlosť. Odkedy Terka zbadala chodca, hýbe sa ešte $t_0=1s$ konštantnou rýchlosťou $v$, takže prejde vzdialenosť $s_1=v{t}_0$. Potom začne brzdiť konštantnou silou $F$. Táto sila pôsobí na dráhe $s_2$, takže vykoná prácu $W=F{s}_2$. Túto prácu koná auto na úkor svojej vlastnej energie, takže sa zníži kinetická energia $E=\frac{1}{2}m{v}^2$ auta s hmotnosťou $m$. Auto zastaví, keď $F{s}_2=\frac{1}{2}m{v}^2$, takže odkedy auto začne brzdiť, tak zastane na dráhe

Zadanie nám hovorí, že keď Terka šoférovala s rýchlosťou $v_1=15m∕s$, jej brzdná dráha $s_1+s_2$ bola $s=33m$. Pomocou tohto vieme vyjadriť neznámy výraz $\frac{m}{F}$ ako

a dosadiť ho do brzdnej dráhy $s^{\prime }=s_1^{\prime }+s_2^{\prime }$ pre rýchlosť $v_2=35m∕s$, čím dostaneme

To znamená, že Terkina brzdná dráha z rýchlosti $v_2=35m∕s$ by bola $s^{\prime }=133m$.

Výsledok:

$100$

Nazvime hľadaný obsah plochy parketu $S$, takže objem celého plávajúceho kvádra bude $V=S\cdot 10\mathrm{cm}$. Keď sú na ňom objekty s hraničnou celkovou hmotnosťou, bude horná stena tohto kvádra na úrovni hladiny vody v jazere, takže objem jej ponorenej časti bude tiež $V$. Preto tento kváder vytlačí vodu s hmotnosťou $V\cdot 1000\mathrm{kg}∕m^3$ a podľa Archimedovho zákona toto musí byť rovné hmotnosti kvádru, ktorý má navyše na sebe objekty s celkovou hmotnosťou $4000\mathrm{kg}$. Táto hmotnosť bude $V\cdot 600\mathrm{kg}∕m^3+4000\mathrm{kg}$. Porovnaním týchto dvoch hmotností dostávame rovnicu pre $V$ s riešením $V=10m^3$. Preto obsah plochy parketu musí byť $S=\frac{V}{0,1m}=100m^2$.

Výsledok:

$12$

Pozrime sa na uhly pri vrchole $F$. Vieme, že $|\mathit{\angle EFC}|=24^{\circ }$ a keďže trojuholník $\mathit{DEF}$ je rovnostranný, tak aj $|\mathit{\angle DFE}|=60^{\circ }$. Preto $|\mathit{\angle AFD}|=180^{\circ }-|\mathit{\angle EFC}|-|\mathit{\angle DFE}|=180^{\circ }-24^{\circ }-60^{\circ }=96^{\circ }$. V trojuholníku $\mathit{ADF}$ teraz poznáme dva z uhlov, takže $|\mathit{\angle DAF}|=180^{\circ }-|\mathit{\angle ADF}|-|\mathit{\angle DFA}|=180^{\circ }-42^{\circ }-96^{\circ }=42^{\circ }$.

Teraz vidíme, že $|\mathit{\angle DAF}|=|\mathit{\angle ADF}|$, čo znamená, že trojuholník $\mathit{ADF}$ je rovnoramenný, v ktorom $|\mathit{AF}|=|\mathit{DF}|$. Úsečka $\mathit{DF}$ je stranou rovnostranného trojuholníka $\mathit{DEF}$, čo dáva $|\mathit{DE}|=|\mathit{EF}|=|\mathit{FD}|$. Z tohto vieme, že $|\mathit{AF}|=|\mathit{EF}|$, takže trojuholník $\mathit{AEF}$ je rovnoramenný so základňou $\mathit{AE}$.

Už vieme, že $|\mathit{\angle AFE}|=|\mathit{\angle AFD}|+|\mathit{\angle DFE}|=96^{\circ }+60^{\circ }=156^{\circ }$. Preto v rovnoramennom trojuholníku $\mathit{AEF}$ vieme dopočítať, že $|\mathit{\angle EAC}|=|\mathit{\angle EAF}|=\frac{180^{\circ }-156^{\circ }}{2}=12^{\circ }$.

Výsledok:

$42$

Na šikmom úseku autíčko získava energiu, kým na vodorovnom úseku ju stráca. Preto sa autíčko zastaví na niektorom z vodorovných úsekov. Stane sa to v momente, keď energia autíčka klesne na $0J$.

Na začiatku je celková energia autíčka rovná súčtu jeho potenciálnej a kinetickej energie. Pre jednoduchosť predpokladajme, že potenciálna energia je na začiatku $0J$. Takže energia autíčka pozostáva čisto iba z jeho kinetickej energie, ktorá je $E_0=\frac{1}{2}m{v}_0^2$, pričom $m=60g$ je hmotnosť autíčka a $v_0=5m∕s$ je jeho pôvodná rýchlosť.

Zakaždým, keď autíčko prejde šikmým úsekom, narastie mu energia o zmenu potenciálnej energie. Keďže pri tom zníži svoju výšku o $h_0=5\mathrm{cm}$, tak získa energiu $E_{p_0}=\mathit{mg}{h}_0$. Vo vodorovných častiach pôsobí trecia sila $F_t=\mathit{fmg}$, kde $f=0,4$ je koeficient šmykového trenia. Pôsobí na dráhe $s=20\mathrm{cm}$, takže vykoná prácu $W=F\cdot s=\mathit{fmgs}$. Z tohto dôvodu klesne energia autíčka o $W$.

Po každej po sebe idúcej dvojici šikmého a vodorovného úseku klesne energia autíčka o $E_{p_0}-W=\mathit{mg}{h}_0-\mathit{fmgs}$. Takže po $n$ takýchto dvojiciach klesne energia o $n(E_{p_0}-W)$. Nás zaujíma najmenšie také $n$, že $E_0-n(E_{p_0}-W)\le 0$. Riešením tejto nerovnice dostávame

Takže autíčko sa zastaví na $42$. vodorovnom úseku.

Výsledok:

$12153$

Ak máme šťastie, môžeme si všimnúť, že $37\cdot 21=777$. Toto nám zjednoduší násobenie. Napodobnime klasický postup ručného násobenia. Zvyčajne pritom násobíme iba jednociferné čísla, ale my už vieme súčin $37\cdot 21=777$, takže môžeme v každom kroku spraviť toto násobenie. Týmto dostaneme násobenie znázornené na tomto obrázku.

Po sebe idúce čísla $777$ majú zakaždým jednu cifru $7$ v rovnakom ráde, takže ich obvyklým spôsobom sčítame. Takže sa vo výsledku objavia cifry $4$ a $8$. Z toho, ako prebiehalo násobenie, vieme vidieť, že výsledok je $2025$-ciferné číslo. Tri z nich sú cifra $7$ a zvyšných $2025-3=2022$ cifier sa strieda medzi ciframi $4$ a $8$, takže každá z nich je zastúpená v počte $2022:2=1011$. Dokopy je tak ciferný súčet výsledku rovný $3\cdot 7+1011\cdot 4+1011\cdot 8=12153$.

Výsledok:

$2,4$

Kapacita batérie v jednotkách $\mathrm{mAh}$ popisuje vzťah medzi výstupným prúdom baterky a časom, ako dlho vie tento prúd poskytovať. Napríklad ak je batéria s kapacitou $4000\mathrm{mAh}$ plne nabitá, tak vie hodinu poskytovať elektrický prúd $4000\mathrm{mA}$ alebo štyri hodiny poskytovať prúd $1000\mathrm{mA}$ alebo čokoľvek podobné.

Keďže Majo vie meniť, ktoré zariadenie sa v danom momente nabíja, môžeme notebook a smartphone považovať za jedno zariadenie s batériou s kapacitou $4000\mathrm{mAh}+3500\mathrm{mAh}=7500\mathrm{mAh}$. Na začiatku boli obe zariadenia nabité na $20\%$ svojej kapacity, takže spolu obsahovali náboj $0,2\cdot 7500\mathrm{mAh}=1500\mathrm{mAh}$. Obe zariadenia sa vybíjajú tak, že sa vybijú po $10$ hodinách. Každú hodinu sa tak vybijú o $7500\mathrm{mAh}:10=750\mathrm{mAh}$.

V rovnakom čase Majo nabíja zariadenia nabíjačkou, ktorá dodáva prúd $3,25A=3250\mathrm{mA}$, takže po hodine dodá náboj $3250\mathrm{mAh}$. Preto sa náboj v batériách zvýši každú hodinu o $3250\mathrm{mAh}-750\mathrm{mAh}=2500\mathrm{mAh}$. Majo potrebuje zvýšiť náboj o $7500\mathrm{mAh}-1500\mathrm{mAh}=6000\mathrm{mAh}$, takže zariadenia sa plne nabijú za

Výsledok:

$18$

Jediný dôvod, prečo musí Lexi konať prácu, je preto, lebo zvyšuje potenciálnu energiu vody vo vedre. Vedro je valec s plochou dna $S=400{\mathrm{cm}}^2=0,04m^2$ a výškou $h=30\mathrm{cm}=0,3m$, takže v ňom je voda s hmotnosťou $m={\rho }_{\mathit{voda}}\mathit{Sh}$. Ťažisko vody vo vedre je v polovici výšky vedra, čo je $\frac{h}{2}$. Preto musí byť nárast potenciálnej energie a súčasne práca, ktorú Lexi vykoná, rovná

Výsledok:

$53$

Niekoľkokrát použijeme trojuholníkovú nerovnosť. V trojuholníku $\mathit{ABC}$ nám hovorí, že dĺžka strany $\mathit{AC}$ je väčšia ako $19\mathrm{cm}-12\mathrm{cm}=7\mathrm{cm}$, no menšia ako $19\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=31\mathrm{cm}$. Táto dĺžka má byť celým číslom, takže dĺžka $\mathit{AC}$ môže byť ľubovoľné celé číslo medzi $8\mathrm{cm}$ a $30\mathrm{cm}$. Z rovnakého dôvodu (použitého v trojuholníkoch $\mathit{CDE}$ a $\mathit{EFA}$) dostaneme, že dĺžka strany $\mathit{CE}$ je celé číslo medzi $13\mathrm{cm}$ a $15\mathrm{cm}$ a že dĺžka strany $\mathit{EA}$ je celé číslo medzi $6\mathrm{cm}$ a $12\mathrm{cm}$.

Aby sme dostali čo najväčší obvod trojuholníka $\mathit{ACE}$, musíme vybrať čo možno najväčšie možné dĺžky jeho strán. Avšak stále musíme splniť trojuholníkovú nerovnosť. Preto hoci by sme aj vybrali najväčšie možné dĺžky strán $\mathit{CE}$ a $\mathit{EA}$, stále bude musieť byť strana $\mathit{AC}$ kratšia ako $15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=27\mathrm{cm}$. Preto sa najväčší možný obvod dosahuje pre dĺžky $|\mathit{AC}|=26\mathrm{cm}$, $|\mathit{CE}|=15\mathrm{cm}$ a $|\mathit{EA}|=12\mathrm{cm}$, kedy je obvod $26\mathrm{cm}+15\mathrm{cm}+12\mathrm{cm}=53\mathrm{cm}$.

Výsledok:

$1012$

Súčin dvoch druhých mocnín celého čísla je opäť druhou mocninou celého čísla – ak vynásobíme $a^2$ s $b^2$, dostaneme ${(\mathit{ab})}^2$. Toto využijeme, aby sme si zjednodušili úlohu.

Pozrime sa na súčin $1!\cdot 2!\cdot 3!\cdot 4!\cdot \dots \cdot 2023!\cdot 2024!$. Ak popárujeme po sebe idúce členy nasledujúcim spôsobom: $(1!\cdot 2!)\cdot (3!\cdot 4!)\cdot \dots \cdot (2023!\cdot 2024!)$ a každý faktoriál párneho čísla napíšeme v tvare $(n+1)!=(n+1)\cdot n!$, upraví sa celý súčin do tvaru

Druhá zátvorka je súčinom druhých mocnín celého čísla, takže aj sama o sebe je druhou mocninou celého čísla. Aby bol aj celý súčin druhou mocninou celého čísla, musíme zabezpečiť, že aj prvá zátvorka je druhou mocninou celého čísla. Táto zátvorka je súčinom párnych čísel, takže celý súčin zjednodušíme, ak z každého čísla vyjmeme dvojku. Týmto spôsobom dostaneme

Číslo $2^{1012}$ je druhou mocninou celého čísla (keďže exponent je párny). Takže jedinou prekážkou k tomu, aby bol celý súčin druhou mocninou celého čísla, je člen $1012!$. Máme povolené vynechať jeden člen súčinu a toto nám hovorí, že máme vynechať zrovna člen $1012!$. Keďže zadanie nám hovorí, že tento člen je unikátny, môžeme povedať, že sme hľadali hodnotu $k=1012$.

Výsledok:

$24$

Situácia okolo každej kladky je znázornená na tomto obrázku:

Sily $F$ na lane sú rovnaké, lebo lano je v každom svojom bode napínané rovnako veľkou silou (ktorá samozrejme môže byť rôzna pre rôzne laná). Aby sa kladka nehýbala, musí smerom nahor ešte pôsobiť sila s veľkosťou $2F$.

Hoci sa môže zdať, že sa nejako musíme vysporiadať s nekonečnosťou kladkostroja, všimnime si, že nás to až tak nemusí trápiť. Keďže kladky a laná pokladáme za nehmotné, môžeme nájsť celkovú hmotnosť všetkých závaží tým, že sa pozrieme na silu, ktorou kladkostroj pôsobí na strop. To nám povie súčet tiažových síl pôsobiacich na všetky závažia, z čoho už poľahky určíme ich celkovú hmotnosť.

Použime pozorovanie z úvodu na to, aby sme určili, akou silou kladkostroj pôsobí na strop.

Začnime tým, že sa pozrieme na tretiu kladku. Vieme, že na jednej jej strane je závažie s hmotnosťou $3\mathrm{kg}$, na ktoré pôsobí tiažová sila s veľkosťou $3\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}=30N$. Takže príslušné lano je napínané tiež silou s veľkosťou $30N$, a preto na kladku musí smerom nahor pôsobiť sila s veľkosťou $2\cdot 30N=60N$.

Teraz sa pozrime na druhú kladku. Sila s veľkosťou $60N$ z predošlého odseku vytvára v lane rovnako veľké napätie, takže na druhú kladku musí smerom nahor pôsobiť sila s veľkosťou $2\cdot 60N=120N$. Rovnakým argumentom určíme, že na prvú kladku musí smerom nahor pôsobiť sila s veľkosťou $2\cdot 120N=240N$. Lenže toto je súčasne veľkosť sily, ktorou celý kladkostroj pôsobí na strop, čo sme chceli zistiť.

Celý kladkostroj teda pôsobí na strop silou s veľkosťou $240N$, takže celková hmotnosť všetkých závaží musí byť $240N:10N∕\mathrm{kg}=24\mathrm{kg}$.

Výsledok:

$216$

Najprv sa pozrime na to, aké rozdiely Mirko dostáva. Trojciferné číslo vieme napísať v tvare $100A+10B+C$, kde $A$, $B$ a $C$ sú jeho cifry. Keď zapíšeme tieto cifry v opačnom poradí, dostaneme číslo $100C+10B+A$, takže Mirko dostane rozdiel

Vidíme, že Mirkov rozdiel závisí iba od rozdielu cifier na miestach stoviek a jednotiek v čísle, s ktorým Mirko začal. V úlohe má Mirko pracovať s nejakým číslom a potom s týmto číslom zmenšeným o $31$. Keďže dostal rovnaký výsledok, museli mať tieto dve čísla rovnaký rozdiel cifry na mieste stoviek a cifry na mieste jednotiek. Teraz potrebujeme spočítať počet čísel s touto vlastnosťou.

Sú dva prípady toho, čo sa môže stať, podľa cifry na mieste jednotiek v Aničkinom obľúbenom čísle. Keby na mieste jednotiek bola cifra $0$, po odčítaní $31$ by sa zmenila na cifru $9$. Preto by sa cifra na mieste stoviek tiež musela zväčšiť o $9$, čo sa však nemohlo stať. Preto Aničkino obľúbené číslo nemá na mieste jednotiek cifru $0$, takže po odčítaní $31$ sa táto cifra zmenší o $1$. Potom sa ale musí aj cifra na mieste stoviek zmenšiť o $1$. To sa stane iba vtedy, ak posledné dve cifry Aničkinho obľúbeného čísla tvoria niektoré z dvojciferných čísel $00$, $01$, $\text{…}$, $30$.

Z tohto zoznamu potrebujeme vymazať tie čísla, ktoré majú na mieste jednotiek cifru $0$, čím nám zostane $27$ možností. Zostáva už len určiť, ktoré cifry mohli byť na mieste stoviek. Nemôže tam byť cifra $1$, lebo po odčítaní $31$ by sme nedostali trojciferné číslo. S ciframi $2$, $3$, $\text{…}$, $9$ ale bude všetko fungovať.

Keď skombinujeme možné cifry na mieste stoviek s možnosťami pre zvyšné dve cifry, dostaneme $8\cdot 27=216$ možností pre Aničkino obľúbené trojciferné číslo.

Výsledok:

$443256101330$

Každá zmena cifry $5$ na cifru $6$ zvýši Jožkov súčet o $1$ a podobne každá zmene z $6$ na $5$ zníži súčet o $1$. Toto znamená, že jedna zmena z $5$ na $6$ sa vie vyrušiť s jednou zmenou z $6$ na $5$. Preto nás zaujíma iba rozdiel počtu výskytov cifier $5$ a $6$ medzi kladnými celými číslami od $1$ do $9876543210$.

Najprv si všimnime, že sa môžeme zamerať iba na výskyty cifier $5$ a $6$ v rádoch, v ktorých sa niektorá z týchto cifier vyskytuje v čísle $9876543210$. Skutočne, ak je cifra $5$ vo vyššom alebo nižšom ráde, môžeme túto cifru $5$ zameniť za cifru $6$ (podobne aj so zámenou cifry $6$ na $5$). Tým dostaneme nejaké číslo, ktorého cifry Jožko tiež započítal. Preto v týchto rádoch nedostaneme rozdiel v počte cifier $5$ a $6$.

Teraz sa už zamerajme iba na cifry $5$ a $6$ v rádoch miliónov a stotisícov. Taktiež, rozdiely v počte výskytov cifier $5$ a $6$ dostaneme iba v prípade, ak je vo vyšších rádoch trojčíslie $987$ (ináč by sme mohli argumentovať rovnako ako v predošlom odseku). S touto podmienkou sa cifra $5$ vyskytne $1000000$-krát na mieste miliónov a $6\cdot 100000+43211=643211$-krát na mieste stotisícov. Podobne sa cifra $6$ vyskytuje $543211$-krát na mieste miliónov a $6\cdot 100000=600000$-krát na mieste stotisícov. Takže počet výskytov cifry $5$ je o $(1000000+643211)-(543211+600000)=500000$ väčší ako počet výskytov cifry $6$.

Preto zmena všetkých cifier $5$ na $6$ a naopak zvýši súčet cifier o $500000$, a tak Jožko dostane výsledok

Výsledok:

$2,4$

Označme $V$ Ferbov objem, $h=0,6m$ jeho výšku a ${\rho }_{\mathit{Ferb}}=125\mathrm{kg}∕m^3$ jeho hustotu. Po Ferbovom vyskočení sa miesto, kde bol Ferb pôvodne držaný, vyplní vodou. Týmto sa energia vody v jazere zníži o $E=V{\rho }_{\mathit{voda}}g\frac{h}{2}$, keďže hmotnosť tejto vody je $V{\rho }_{\mathit{voda}}$ a jej ťažisko je v hĺbke $\frac{h}{2}$ (jazero je dostatočne veľké, takže jeho hladina zostane v rovnakej výške). Potrebujeme nájsť výšku $H$, do ktorej vyskočí Ferb. V najvyššom bode nebude mať Ferb žiadnu kinetickú energiu, takže v tomto prípade sa všetka energia, ktorú stratila voda, musela premeniť na Ferbovu potenciálnu energiu $E=V{\rho }_{\mathit{Ferb}}\mathit{gH}$. Porovnaním oboch výrazov pre $E$ zistíme, že

Vidíme, že Ferbova horná základňa sa dostane do výšky $2,4m$.

Výsledok:

$46$

Každý pravidelný $m$-uholník možno rozdeliť na $m$ zhodných rovnoramenných trojuholníkov ako na obrázku.

Uhly oproti základní v týchto trojuholníkoch sa musia nasčítať na $360^{\circ }$. Všetky ostatné uhly prispejú do súčtu uhlov v $m$-uholníku. Keďže súčet uhlov v každom trojuholníku je $180^{\circ }$, dostávame, že súčet uhlov v $m$-uholníku je $m\cdot 180^{\circ }-360^{\circ }=(m-2)\cdot 180^{\circ }$. V pravidelnom $m$-uholníku majú všetky uhly rovnakú veľkosť, takže každý z nich musí mať veľkosť $\frac{m-2}{m}\cdot 180^{\circ }$.

Ak chceme uložiť mnohouholníky tak, ako to od nás vyžaduje zadanie, musí byť súčet uhlov pri spoločnom vrchole $360^{\circ }$. Takže ak označíme $x$, $y$ a $z$ počty strán v jednotlivých pravidelných mnohouholníkoch a použijeme informáciu z predošlého odseku, dostaneme podmienku

Vydeľme celú rovnicu $180^{\circ }$. Po úpravách dostaneme