. Jsou to a .

Nejdelší strana musí být menší než 4 (aby strany splňovaly trojúhelníkovou nerovnost) a větší než 2 (protože trojúhelník má obvod jen 6). Odtud dostaneme jediné dvě možnosti a .

.

Do hodnoty 7 umíme zaplatit jen čísla dělitelná třemi. Od sedmičky nahoru zaplatíme čísla dávající po dělení třemi zbytek 0 nebo 1. Od čtrnáctky už zaplatíme všechny sumy. 12 a 13 dávají zbytek 0 a 1, proto je největším nezaplatitelným číslem číslo 11.

.

Koupíme si nejprve „povinné“ tři sladkosti (od každého druhu jednu) a dáme si je bokem. Pokud si nekoupíme další věneček, máme čtyři možnosti, jak si koupit zbylé cukroví: , , , . Pokud si druhý věneček koupíme, máme už jen tři možnosti, jak doplnit zbylé dva kousky cukroví: , , . Sečtením počtu možností dostaneme výsledek 7.

5, 5, 1, 3, 3, 6, 2, 4, 4 nebo obráceně.

Řada musí začínat a končit červenou kartou, protože je červených o jedna víc a mají se střídat. Řada musí začínat a končit čísly 5 a 4, protože tato čísla mají mezi modrými čísly vždy jen jeden násobek a nemůžou sousedit s více (dvěma) modrými kartami. Postavíme si „5“ na začátek, „4“ na konec, a doplňujeme postupně čísla. Ze zbývajících čísel můžeme doplnit vždy jen jediné.

.

Označme stranu čtverce . Pak a

.

.

Rovnici si rozepíšeme jako . Aby pro všechna rovnice pořád platila, musí být . Odtud .

.

Čtyřúhelník je čtverec, protože se otočením o  kolem středu čtverce nezmění. Délka úhlopříčky čtverce je rovna , kde je strana čtverce a je kterákoli výška v kterémkoli rovnostranném trojúhelníku. Dosazením dostaneme . Při výpočtu jsme použili vztah pro výšku v rovnostranném trojúhelníku, který lze snadno odvodit z Pythagorovy věty. Spočtěme obsah čtverce roven

.

Největší číslo, které má každé dvě cifry různé, je . Zkusíme zaměňovat postupně pořadí číslic na jeho konci tak, aby byl výsledek dělitelný 8. Druhé největší číslo není dělitelné osmi, třetí největší číslo už dělitelné osmi je, dostali jsme výsledek.

m.

Označme si délky jako na obrázku.

,

m.

.

Je . Číslo je tvořeno číslicemi 1, 2, 5 a sto dvaceti pěti 0. Proto je jeho ciferný součet roven 8.

.

Každý vzal poměrnou část, po Jardáčovi zbylo z toho, co tam při jeho příchodu bylo, po Frantovi a po Kennym . Vynásobením těchto čísel dostaneme poměr celkového koncového a počátečního stavu cukru. Protože se výsledek, ať už násobíme poměry v jakémkoli pořadí, nemění, tak na pořadí nezáleží a řešením je .

.

Číslo 10 si Rasťo nezapsal ani jednou, protože je největší. Číslo 9 si zapsal, když mu Pavel řekl dvojici . Číslo 8 si Rasťo zapsal dvakrát, při dvojicích a , a tak dál. Celkově potom součet byl

a .

Jestliže má kvadratická rovnice kořeny a , tak ji lze zapsat ve tvaru , po roznásobení . Aby to byla stejná kvadratická rovnice jako ta v zadání, musí se rovnat koeficienty u jednotlivých jejich členů polynomu: a . Druhou rovnost si přepišme na a máme dvě možnosti, buď nebo . První vede ke dvojici , druhá možnost ke dvojici .

.

Součet dvou po sobě jdoucích čísel je vždy lichý, číslo je ale sudé, proto ho nepůjde jako součet dvou čísel zapsat. Součet tří po sobě jdoucích čísel je dělitelný třemi, číslo však ne. Čtyři po sobě jdoucí přirozená čísla 248, 249, 250, 251 dávají součet menší než 1000 a čísla 249, 250, 251, 252 už dávají součet větší než 1000. Proto ani čtyři čísla nestačí. Pětice 198, 199, 200, 201, 202 už však řeší naši úlohu. Protože je to jediná vyhovující pětice a protože by při zvýšení počtu sčítanců došlo ke zmenšení největšího z nich, je 202 největším vyhovujícím číslem, které můžeme najít.

Pro všechna lichá.

Zuzčina vyhrávající strategie pro lichá je přičíst v prvním tahu 1 a pak vždycky udělat to, co Háňa před ní neudělala. Například pokud Háňa odečte 3, přičte Zuzka 1. Pokud Háňa přidá 1, Zuzka odečte 3. Takto Háňa nemůže nikdy vyhrát, protože svým tahem vytvoří vždy liché číslo (a vyhrávající 0 je sudé číslo), a Zuzka naopak zajistí, že se po každém kole výsledné číslo o 2 sníží. Tím Zuzka jednou dojde do nuly a vyhraje. Pro sudé Zuzka nemůže vyhrát, protože po svém prvním tahu vytvoří liché číslo a dovolí tak Háně použít proti ní onu výherní strategii pro lichá čísla.

Původní rozměry papíru x, strany trojúhelníka , a .

nemůže být přepona ustřiženého pravoúhlého trojúhelníka, protože by se tato přepona nevešla do největšího možného zbývajícího obdélníka x. Proto je 39 stranou obdélníka. Zakreslením 24 jako druhé strany se dostaneme do úzkých, 24 bude příliš velké číslo, tak vyzkoušíme rozměry x. K nim bude vyhovovat Pythagorova věta pro odseklý trojúhelník: , neboli , a tedy , a  jsou rozměry hledaného pravoúhlého trojúhelníka.

.

Zapišme si prvotní vzdálenost jako , a dívejme se na dva Jardovy po sobě jdoucí skoky, jako by je Jarda uskutečnil zaráz. Pak Jarda (jakoby) skočí vždy vzdálenosti, co mu zbývá k bodu , a zbývající vzdálenost k bodu bude po prvním dvojskoku , po druhém dvojskoku , po třetím dvojskoku , … , po jedenáctém dvojskoku , po dvanáctém dvojskoku . V dalším skoku už by Jarda musel skočit neceločíselně, protože polovina z lichého čísla není celé číslo. Celkový počet skoků, které by Jarda udělal, je tedy .

.

Číslo musí být dělitelné , jinak by se nemohlo zmenšit na své původní hodnoty. Čísla dělitelná musí končit na dvojčíslí , , , nebo . Proto cifra 6 nemůže být v hledaném nejmenším čísle na místě jednotek, ani desítek. Číslo nevyhovuje, ale další číslo v pořadí, , už splňuje podmínky úlohy.

Číslo musí být ve tvaru , kde , protože čísla a mají ve svém prvočíselném rozkladu trojku v mocnině na maximálně šestou, ale v nejmenším společném násobku je . Navíc z  plyne, že dalším prvočíslem v prvočíselném rozkladu čísla už může být jen prvočíslo 2, proto to . Hodnoty jsou z rozmezí 0 až 24, je jich 25, proto je možných též 25.

.

Upravujme výraz:

.

Vycházejme z prvočíselného rozkladu . Třináctka dělí jedno z čísel , přitom je už větší než 206, proto musí být jedno z čísel rovno 13. Nezáleží na pořadí, nechť je třeba . Potom zbývá a , odkud je vidět, že dalšími čísly musí být 6 a 1 (dvojice 2,3 nevyhovuje). Celkově pak .

.

Poví-li Jarda Zuzce součin svých pěti čísel, sdělí jí tím zároveň součin dvou čísel, která si nevybral. Obdobně, nemůže-li Zuzka zjistit, zda je součet Jardových čísel sudý či lichý, nemůže to zjistit ani o součtu těch zbylých. Stačí nám tedy určit součin těch čísel, která si Jarda nevybral. Pak hledáme takové číslo, které se dá zapsat více způsoby jako součin čísel z tak, že součty jednotlivých činitelů mají různou paritu. Takové číslo existuje jen jedno: , přičemž je liché, zatímco je sudé, což přesně chceme. Součin čísel, která si Jarda nevybral je tedy . Snadno dopočteme, že součin vybraných je .

.

Pojmenujme si rubíny písmeny , , , spolu ve skříňce jsou  s . Při vybírání náhodné skříňky a zásuvky máme stejnou šanci (která je rovna ), že jsme otevřeli zásuvku s kterýmkoli z drahokamů. Pokud jsme našli rubín , je ve druhé zásuvce stejné skříňky další rubín. Pokud jsme našli , je taktéž v druhé zásuvce další rubín. Jedině pokud jsme sáhli na , je ve druhé zásuvce smaragd. S pravděpodobností je tedy i ve druhé zásuvce rubín.

.

Vezměme si množinu čísel . Z každé vybrané čtveřice z této množiny umíme poskládat právě jedno číslo , které splňuje podmínky úlohy. Proto je počet vyhovujících čísel roven počtu možností, jak z devítiprvkové množiny vybrat čtyřprvkovou podmnožinu. Výsledek je .

.

Snadno si pomocí pravidla pro tečnový čtyřúhelník a pomocí rovnoramennosti dopočteme, že délky ramen lichoběžníku jsou 13. Spusťme z krajních bodů a středu kratší základny kolmice jako na obrázku (jsou značeny čárkovaně).

a všechna prvočísla do .

Čísla v množině mají všechny prvočíselné dělitele menší než 101, každé má jiné prvočíselné dělitele a jen číslo 1 může být bez prvočíselného dělitele. Proto nemůže být čísel v množině víc, než je počet prvočísel do 100 plus 1. Množina \{*; všechna prvočísla do 100\}* má ale přesně tento počet prvků, proto je hledanou největší množinou.

, , , .

Je zřejmé, že . Jestliže , potom podíl celé číslo ležící v intervalu . Prozkoušejme možnosti. \flushpar*\emspace*\emspace*, což není přirozené číslo \flushpar*\emspace*\emspace* \flushpar*\emspace*\emspace* \flushpar*\emspace*\emspace* \flushpar*\emspace*\emspace* \flushpar*Závěr: pro .

.

Pro obvod platí , neboť tečny ke kružnici z bodu jsou stejně dlouhé.

.

.

Počet bodů je , počet přímek .

Z obrázku vidno, že bodů je 27 (třikrát počet na nějaké stěně).

.

.

.

.

Dorýsujme si do čtverce další čtverec , který je rovnoběžný s .

,

.

,

.

.

.

Dvě z možných řešení, mohou existovat i další. Součástí řešení je i postup konstrukce.

Nejprve rozdělíte kruh jako „koláč“ na šest dílů, to je lehké. Potom musíte sestrojit délku , abyste mohli sestrojit vnitřní kružnici. Mezikrokem je sestrojení délky . Tu najdeme v pravoúhlém trojúhelníku se stranami , , , který sestrojit umíme. Pomocí přenášení poměrů zkonstruujeme (vezmeme nějaký úhel, na jedno jeho rameno naneseme za sebe délky a , na druhé rameno jen délku a délku zkonstruujeme pomocí rovnoběžek).

.

Označme si délky podle obrázku.

,

.

.

.

Pro vyřešení si dokreslíme ke straně čtverce trojúhelník shodný s em.

.

.

.

Zřejmým řešením je . Zbylá řešení jsou symetrická podle 0, takže pro každé řešící zadanou rovnici řeší rovnici i číslo . Na každém intervalu , kde , leží právě dvě řešení, neboť tam lineární funkce protne graf funkce právě dvakrát (perioda funkce je 2, tedy přesně délka intervalu). Těchto intervalů máme 50, nezáporných kořenů je tedy . Nekladných je díky symetrii také 100, a po odečtení jednoho řešení za nulu, kterou jsme započítali dvakrát, dostáváme celkový počet kořenů 199.

.

Označme pravděpodobnosti výher Kennyho, Luboše a Moniky symboly , , . Pravděpodobnost, že vyhraje Kenny je určitě dvakrát větší, než že vyhraje Luboš, protože jen s poloviční pravděpodobností se Luboš vůbec dočká svého tahu, a až se ho dočká, tak přejmenováním účinkujících dostaneme analogickou situaci jako na začátku. Podobně má Luboš dvakrát větší šanci na výhru než Monika. Proto jsou poměry . Remízou hra skončit nemůže, proto vždy nakonec někdo vyhraje, takže je , a pravděpodobnost dopočítáme snadno přes poměr . Výsledek je .

.

Dva trojúhelníky mají společný maximálně jeden vrchol, právě když nemají společnou žádnou stranu. Počet možných nesplývajících úseček (s krajními body v dané množině) je roven . Největší možný počet trojúhelníků je teď . Tento počet trojúhelníků ale nejde naskládat do množiny úseček mezi zadanými osmi body, protože aspoň jeden bod musel být koncovým bodem sedmi použitých úseček, a to nelze, neboť kdykoli je bod vrcholem nějakých trojúhelníků, je koncovým bodem stran těchto trojúhelníků, a to je spor s lichostí čísla 7. Naopak, osm trojúhelníků už utvořit zvládneme, což se snadno ověří.

korun.

Vezměme si kruh vlevo dole a vymalujme ho celý barvou stojící 1 na čtvereční jednotku (celý kruh tak bude stát ). Předpokládejme, že vymalování políček, která jsou společná s ostatními kružnicemi a jsou dražší, se o jedničku zlevní (jakobychom už nanesli vrstvu za hodnotu 1). Pak si můžeme levou dolní kružnici odmyslet a provést stejný postup (akorát čtyřikrát intenzivnější) na horní kruh (to bude stát čtyčřikrát víc: ). Zbyde nám kruh, který vymalujeme za cenu . Celkově nás toto vymalování stojí .

.

Upravujme výraz pomocí vzorce pro dvojnásobný úhel, pravidel pro rozšiřování zlomku a vlastnosti :

.

K řešení vede představa, jak vlastně funkce vypadá.

.

.

,

,

.

,

.

.

.

Jednotlivé mince o hodnotě si představme jako jednotkových mincí, které vypadnou z automatu téměř zaráz. Potom jakoby automat vrací jednotkové mince po dávkách. Dejme tomu, že automat vyplatí mincí v  dávkách. Počet možností, jak mohl tyto dávky naporcovat, je stejný, jako počet způsobů, kolika můžeme mezi jednotkových mincí v řadě vložit přepážek, přičemž dvě přepážky nesmí být vedle sebe. Představme si tedy, že máme řadu mincí a mezi nimi volných políček (mince — políčko — mince — políčko — … — políčko — mince), na která můžeme umísťovat přepážky. To lze udělat způsoby. Pokud uvažujeme postupně , dostaneme podle binomické věty

.

Postupně rozkládejme závorky podle vzorce a dostaneme

,

,

,

.

Pro začátek si rovnici upravíme na

,

.

.

Je to vždy .

Podívejme se, jakou část prostoru vyplňují trojice , které vyhovují podmínkám ze zadání. První podmínka je vlastně rovnicí roviny, takže množina bodů splňujících je rovina v . Druhá podmínka určuje též rovinu a průsečnice těchto rovin je přímka, která splňuje obě podmínky. Vyjádřeme si tuto přímku. Dosazením \,*\,*\,* do \,* dostaneme , po úpravě . Vyjádření je . Pokud vyhovuje zadání, pak tedy nutně pro nějaké . Dosazením do výrazu dostáváme řešení

47.

Vzpomene si na součtový vzorec pro tangens

.

,

.

.

Označme si , resp.  počet vyhovujících posloupností délky , které končí písmenem , resp. . Chceme-li určit , víme, že každá taková poslouponost končí dvěma písmeny . Tedy na pozici musí být také , proto nás zajímá pouze počet řetězců délky . Těch je . Máme tedy vztah . Podobně odvodíme též vztah . Snadno určíme, že , , , a pomocí odvozených rekurentních vztahů dopočteme počet všech vyhovujících posloupností jako .

.

Povšimneme si, že hned ve druhém řádku jsou všechna čísla dělitelná čtyřmi, což ovšem znamená, že i všechna čísla v nižších řádcích jsou dělitelná čtyřmi. Jelikož jsou a nesoudělné, můžeme všechna čísla od druhého řádku níž vydělit čtyřmi a jejich dělitelnost tím nezměníme. Ve druhém řádku pak budou čísla a ve třetím . Na dalším řádku budou opět čísla dělitelná a stejný argument nám dovolí i tentokrát všechna čísla od tohoto řádku níž vydělit čtyřmi. Zjistíme, že se nám opakují dva „typy“ řádků. Typ a . Rovnou vidíme, že čísla dělitelná se mohou vyskytnout pouze u druhého typu, za podmínky, že číslo je ještě prvkem onoho řádku (krajní hodnoty se přibližují). Takových řádků je ale , proto je i čísel dělitelných v celém trojúhelníku.

.

Součet si převeďme na

-tou

,

.