.

Povrch kvádru s hranami délek , , je . Po dosazení můžeme ještě zkrátit dvojkou a dostaneme kvadratickou rovnici . Ta má dvě řešení: a . Jelikož je hrana, tedy kladné číslo, je jediná možnost, a to .

.

Prostě se to musí uvidět.

List s číslem .

Počet listů si označíme . Kdyby byly všechny, je jejich součet roven (jde o aritmetickou posloupnost). Číslo chybějícího listu označíme , takže . Rovnost můžeme přenásobit dvojkou a odhadnout: (ze zadání víme ). Hledáme tedy nejmenší celé , pro které . Dostaneme a pro toto dopočteme . Kdyby bylo a víc, vyjde nám , což zjevně nesplňuje zadání.

Nejméně kostek, nejvíce .

Když se podíváme na stavbu shora, vidíme následující tabulku:

.

Nyní najdeme nejmenší možný počet použitých kostek. Všimneme si, že podmínky pro maxima vynucují, aby bylo alespoň jedno políčko s právě jednou kostkou, alespoň jedno se dvěma kostkami, jedno se třemi a dvě se čtyřmi — vždy tedy musíme použít alespoň kostek. Snadno však kostky rozestavíme tak, aby jich nebylo více než tento dolní odhad, např. takto:

.

Na začátku je součet bleších souřadnic sudý. Každým skokem se změní parita (zda je sudý nebo lichý) součtu — jedna souřadnice zůstane stejná, ke druhé se přičte nebo odečte 1, takže po 10 skocích bude součet opět sudý. Pro mřížový bod vezmeme jeho „bleší vzdálenost“ od počátku jako . Blecha se určitě nedostane na body vzdálenější než 10. Na všechny body do vzdálenosti 10 s oběma lichými/oběma sudými souřadnicemi se navíc dostat umí. Třeba tak, že si napřed doskáče doprava/doleva kam až potřebuje, potom nahoru/dolů tak daleko, aby se dostala do kýženého bodu, a případné zbylé skoky proskáče mezi ním a nějakým sousedním. Zbývá body sečíst. Tedy v bleší vzdálenosti 2 je bodů, ve vzdálenosti 4 je bodů, , ve vzdálenosti 10 je a počátek je jeden.

.

Spočtěme naopak počet trojic, jejichž součin není dělitelný čtyřmi. Ten je buď lichý (takových možností je ), nebo je sudý, ale nedělitelný čtyřmi, tedy vznikl jako součin dvou lichých čísel (ta můžeme vybrat způsoby) a jednoho čísla z množiny , neboli sudého a nedělitelného čtyřmi. Toto číslo můžeme vybrat způsoby. Dohromady trojic má součin nedělitelný , všech trojic je , a tedy těch se součinem dělitelným je .

.

Vyjádříme si každý člen posloupnosti pomocí členu a diference . Máme , . Nyní vidíme, že součet všech členů s lichými indexy je , protože diference se odečtou. Obdobně pro součet všech členů dostáváme , což po dosazení dává výsledek .

cm.

V lichoběžníku vyznačme osu úhlu a označme její průsečík se stranou :

,

 cm.

),

 cm.

roků.

Podívejme se nejprve, kdy budou hvězdy a znova ležet s na jedné přímce. Bude to tehdy, když (rychlejší) hvězda oběhne o polovinu dráhy více než hvězda , neboli pro počet oběhů hvězdy musí platit , z čehož jednoduše plyne . Tutéž myšlenku provedeme pro hvězdy a , kde označíme počet oběhů hvězdy za dobu, než se a znova srovnají do přímky. Dostaneme rovnici a řešení . Jelikož , tak za dobu, kdy hvězda oběhne celkem své dráhy, což je roků, budou všechny hvězdy opět na jedné přímce.

.

Nejprve si Mončinu rovinu posuneme tak, aby bod odpovídal bodu . Potom bod odpovídá bodu . Pokud by Monča po cestě kromě počátečního a koncového bodu potkala právě mřížových bodů, ty by dělily cestu na stejně dlouhých úseků, a Monča by po cestě potkala celkem mřížových bodů (počítáno i s krajními), tedy musí dělit obě hodnoty i . Protože největší společný dělitel čísel a je roven třem, Monča po cestě potká právě mřížové body.

.

Pozorujeme, že pokud právě posledních cifer čísla jsou samé devítky, ciferný součet se přičtením jedničky zmenší o . Aby ciferné součty původního i nově vzniklého čísla byly oba dělitelné , musí být i jejich rozdíl dělitelný . Tedy musí platit pro . Snadno zjistíme, že nejmenší , pro které rovnost platí, je , a proto hledané číslo končí právě devítkami. Nyní už stačí doplnit před našich devítek několik cifer tak, aby ciferný součet našeho čísla byl dělitelný a aby číslo bylo co nejmenší. Tomuto odpovídají cifry a ( a to být nemohou, protože jinak by číslo nekončilo na právě devítek). Nejmenší takové přirozené číslo je tedy číslo .

.

Body si označíme jako na obrázku. je střed půlkruhu, střed šedého kruhu, střed malého kruhu, je jeho bod dotyku s poloměrem půlkruhu, je bod dotyku půlkruhu a malého kruhu a je pata kolmice z na .

,

.

,

,

),

.

),

.

.

.

,

.

Do prvního týmu vybereme hráče způsoby. Do druhého pak vybíráme ze zbylých hráčů, tedy způsobů. Zbylí hráči budou ve třetím týmu. Protože týmy jsou od sebe nerozlišitelné, musíme celkový výsledek vydělit číslem .

.

Označme hledaný součet. Členy řady „chytře“ uzávorkujeme a použijeme vzorec pro rozdíl druhých mocnin:

.

.

km.

Označme , resp. vzdálenosti, které je při cestě z do potřeba ujet z kopce, po rovině resp. do kopce. Při cestě zpět bude z kopce to, co bylo cestou tam do kopce a naopak, takže platí

korun.

Předpokládejme, že během prvních několika kroků (krokem míníme buď vybrání hotovosti z bankomatu nebo její vložení) Honzík celkem -krát vybral z bankomatu korun a celkem -krát vložil korun. Potom částka, kterou u sebe nakonec měl, byla rovna korunám. Protože je (největším) společným dělitelem čísel a , musela být Honzíkova hotovost v každém okamžiku dělitelná šesti, a tedy nemohla přesáhnout korun.

Ukážeme, že vybrání částky korun bylo možné. Je snadné si uvědomit, že v každém okamžiku mohl Honzík z bankomatu buď vybrat nebo do něj vložit, přičemž obě možnosti přicházely v úvahu jen tehdy, když u sebe měl korun. Předpokládejme, že Honzík při vybírání postupoval tak, že pokud u sebe měl korun, vybral z bankomatu dalších , a ve zbylých případech dělal to, co musel (a pokud měl , tak skončil). Nyní si stačí uvědomit (rozmysli si), že během každých pěti po sobě následujících kroků se Honzíkova hotovost zvýšila o šest korun (dvakrát vybral a třikrát vložil), takže se tímto algoritmem postupně dostal až na kýžených korun.

Možností je víc.

.

Aby se věže navzájem neohrožovaly, musí mít každá svůj vlastní sloupec a vlastní řádek (v žádném sloupci či řádku nemohou stát dvě věže). Jelikož je věží osm a šachovnice má pouze osm řádků a osm sloupců, bude v každém řádku a v každém sloupci právě jedna věž. Budeme rozestavovat věže do řádků, přičemž přednostně zaplníme krajní (neúplné) řádky.

Umístíme-li věž v horním řádku do políčka nejvíc vlevo, můžeme v dolním řádku umístit věž do kteréhokoliv políčka — políčko zcela nalevo, které ohrožuje první umístěná věž, na naší šachovnici chybí. Tuto věž tedy můžeme umístit sedmi způsoby. Zbývajících šest věží pak umístíme následovně: v druhém řádku (je jedno, jestli druhý odshora, nebo odspodu) můžeme věž umístit na libovolné z šesti políček (dvě jsou ohrožena již umístěnými věžemi), ve třetím pak vybíráme z pěti políček (tři jsou ohrožena) atd. atd., až poslední věž můžeme umístit pouze na jediné neohrožené políčko. Celkem tedy způsobů.

V druhém případě umístíme věž v horním řádku na kterékoliv políčko, jen ne na to nejvíc vlevo (takovýchto políček je šest, jelikož v tomto řádku ještě chybí to nejvíc napravo). Potom můžeme umístit věž ve spodním řádku pouze šesti způsoby, protože ze sedmi políček v tomto řádku je již jedno ohrožené věží nahoře. Zbývajících šest věží umístíme stejně jako v předchozím případě, celkem je tedy v tomto případě způsobů rozmístění.

Shrnutím obou alternativ dostáváme celkový počet způsobů rozmístění věží jako .

.

Má-li kvadratická rovnice kořeny a , potom platí , tedy . Takže a . Má-li kvadratická rovnice kořeny a , potom platí . Tedy . Tedy .

.

Všimneme si, že součin lze dostat násobením čísel , , , , a třemi různými způsoby. Pokud postupně násobíme dvojice z čísel , , , a , jediné číslo, které se nám vyskytne dvakrát je . Proto poslední hledaný součin je .

.

Uvažme všechna možná pořadí všech dvanácti králíků (králíky stejné barvy nerozlišujeme). Každé z nich má stejnou pravděpodobnost, že právě tak budeme králíky z klobouku tahat (rozmyslete si!). Počet pořadí v nichž je na šestém místě černý králík, je stejný jako počet těch, v nichž je na prvním místě černý králík (stačí ono pořadí posunout o pozic). Hledaná pravděpodobnost je tedy stejná jako ta, že první vytažený králík bude černé barvy, čili .

.

Zvlášť určíme zbytek po dělení třemi a čtyřmi. Sudá čísla vždy umocňujeme alespoň na druhou a získáváme tak čísla dělitelná čtyřmi. Pro lichá čísla platí, že jejich zbytek po dělení čtyřmi se zachová, pokud je umocňujeme na liché číslo. To ověříme například roznásobením pomocí binomické věty. Tyto zbytky jsou střídavě a , přičemž poslední je (od čísla ), a zbytek zadaného čísla po dělení čtyřmi je pak . Podobným použitím binomické věty zjistíme, že čísla tvaru umocněná na dávají po dělení třemi zbytek , pokud je sudé, a svůj původní zbytek, pokud je liché. Zbytky po dělení třemi se tedy periodicky opakují: . Tyto zbytky nyní sečteme a vyjde, že zbytek po dělení třemi je . Tím je zbytek po dělení dvanácti již určen jednoznačně a je to též .

.

Jednoduše spočteme obsah desky, , tedy obsahy obou částí budou . Dále rozebereme dvě možnosti. Buď uřízneme trojúhelník , který bude mít jeden vrchol při úhlu , nebo trojúhelník s jedním vrcholem při pravém úhlu. Označíme-li strany trojúhelníka při úhlu hodnotami a a třetí stranu , pak platí

.

.

.

Políčka na šachovnici rozdělíme do tří skupin, tak jako na obrázku.

.

Pozici nazveme vyhrávající, když existuje vyhrávající strategie pro hráče, který je na tahu. Ostatní pozice jsou prohrávající. Hledáme tedy prohrávající pozici nejblíže číslu . Pokud máme nějakou prohrávající pozici , pak až jsou vyhrávající — lze jedním tahem dostat protivníka do prohrávající pozice . Naopak je prohrávající, protože všechny tahy vedou do vyhrávajících pozic. Máme tedy posloupnost prohrávajících pozic definovanou rekurentně jako a víme, že první prohrávající pozice je . Snadno dopočítáme, že a . Výsledek je tedy .

.

Vezměme si jeden prvek . Pro něj máme čtyři možnosti. Buď (, ), nebo (, ), nebo (, ), nebo (, ). Aby platila inkluze , nesmí pro žádný prvek nastat možnost (, ), čemuž odpovídá pravděpodobnost . Tato pravděpodobnost je nezávislá pro všechny prvky , proto výsledek .

.

Předpokládejme, že jsme pro dané našli nějaká a , která jsou řešením rovnice. Pokud je , pak také dvojice , je řešením. Obdobně pokud tak i , je řešením rovnice. Nyní si stačí rozmyslet, že pro má rovnice jen jedno řešení díky tomu, že .

.

Předpokládejme, že reálné číslo splňuje . Potom

.

,

.

Pokud mají čísla , společného dělitele většího než , pak vzhledem k tomu, že pro nějaké prvočíslo , je tímto dělitelem právě ono prvočíslo. Pak ale musí platit a pro nějaké . Dle zadání je druhou mocninou přirozeného čísla, tedy rovněž je druhou mocninou přirozeného čísla. Protože čísla , jsou nesoudělná, musí být čtvercem přirozeného čísla každé z nich, což vede ke sporu.

Předpokládejme nyní, že , jsou nesoudělná čísla. Jelikož jejich součin je čtverec, musí být , pro nějaká přirozená čísla , . Máme , což vzhledem k tomu, že je prvočíslo, dává , . Odtud dostáváme , . Tedy

.

,

.

,

.

.

Rozšiřme si šachovnici na rozměr přidáním jednoho sloupce vpravo a jednoho řádku nahoru. Každé dominové kostičce přiřadíme její stín jako na obrázku (stín je tedy obdélník resp. ).

.

,

.

Ukážeme nyní, že skutečně vyhovuje. Umístíme kostky do lichých sloupců (těch je ). Do každého sloupce se vejde až kostiček, což dává dohromady dokonce kostiček.

.

Ukážeme, že mezi prvočísly mohou být jen a . Vezměme si tedy zelené číslo a největší prvočíslo , které ho dělí. Pak dělí jednu ze závorek . Poslední závorku jistě nedělí a ostatní závorky jsou pro ostře menší než , takže jím nemůžou být dělitelné. V úvahu tedy připadají pouze čísla tvaru , přičemž abychom splnili podmínku ze zadání, musí platit . Nejmenší takové číslo větší než je .

.

Postupným zvětšováním a dostaneme jednoznačný tvar funkce splňující dané podmínky, a to

,

.

,

,

,

.

.

Řekneme, že trojice učitel—student—student tvoří tým, pokud učitel oba studenty učí. Označme počet týmů na univerzitě a spočtěme dvěma způsoby. Na jednu stranu každý z učitelů učí dvojic studentů, takže . Na druhou stranu existuje pro každou dvojici studentů (jichž je ) učitelů, kteří je oba dva učí, takže . Srovnáním získáme

.

Celý obrázek si můžeme představit jako natažené provázky na stěně. Určitě umíme obrázek natočit tak, aby žádný provázek nebyl vodorovně. Do každé oblasti teď dáme jednu kuličku a budeme sledovat, co s nimi udělá gravitace. Stačí si rozmyslet, že kuliček bude padat do nekonečna, u každého modrého bodu se zastaví právě jedna kulička a u každého červeného dvě kuličky. Stačí tedy už jen dopočítat, že modrých bodů je a červených je . Počet oblastí je pak .

.

Volbou vidíme, že hledané číslo musí být kladné. Dále si rozmyslíme, že stačí, aby nerovnost platila pro všechna kladná čísla , . Přejdeme-li totiž od čísla k číslu , jen zmenšíme levou stranu a nerovnost si tak vlastně zjednodušíme. Pro kladná čísla , můžeme ekvivalentně umocnit a upravit do tvaru

,

,

,

.

.

Převedením na jednu stranu, přičtením a úpravou na součin získáme rovnici

.

.

.

Mišovi bude stačit 48 čtverců velikosti , přičemž nakreslí právě ty čtverce, které mají (alespoň) jednu stranu na obvodu velkého čtverce (a pasují do tabulky). Rozmysli si, že tímto způsobem skutečně nakreslí celou tabulku. Ukážeme, že menší počet čtverců mu stačit nemůže. Uvažujme všechny jednotkové úsečky tabulky, které mají právě jeden svůj krajní bod na obvodu tabulky. Dohromady jich je . Každý čtverec, který Mišo nakreslí, může obsahovat nejvýše dvě z těchto úseček (rozmysli si). Mišo tedy musí nakreslit alespoň čtverců.

.

Obarvíme nejprve první řádek šachovnice, přičemž rozlišíme dva případy:

1. První řádek je černou a bílou obarvený na střídačku. Potom každý další řádek musí být zase obarvený na střídačku, jinak by některý čtverec obsahoval tři stejně barevná políčka. Každý z osmi řádků může začínat černě nebo bíle, což dává možností.
2. V prvním řádku mají některá dvě sousední políčka stejnou barvu. Pak dva sousední sloupce, ve kterých tato stejně barevná políčka leží, mají obarvení jednoznačně určené (barvy se střídají po řádcích). Z toho však s ohledem na podmínku o čtvercích jednoznačně určíme i barvy všech ostatních políček. Vzniklé obarvení zjevně vyhovuje podmínkám zadání a je jednoznačně určené obarvením prvního řádku. Možných obarvení prvního řádku je (dvě obarvení na střídačku jsme rozebrali v předchozím bodě).

.

Existuje jen jedna: .

Dosaďme do dané kubické rovnice a upravme ji na tvar

,

,

.

,

.

,

.

Hledaný poloměr je stejný jako poloměr kružnice opsané tětivovému čtyřúhelníku , ve kterém je průměr, , a .

.

.

.

Předpokládejme, že na začátku jsou v krabici míčky barev a od každé barvy jich tam je právě . Dva míčky můžeme vytáhnout způsoby, dva míčky stejné barvy způsoby. Pravděpodobnost, že vytáhneme dva míčky stejné barvy, je tedy .

Přidejme do krabice nových míčků v barvě, kterou neměl žádný z míčků, jež tam byly původně (v našem případě je ). Počet způsobů, jak vytáhnout dva míčky, je nyní roven , dva míčky stejné barvy můžeme vytáhnout způsoby. Pravděpodobnost vytáhnutí dvou míčků stejné barvy je proto rovna

.

,

,

).