.

Stejnou hodnotu dostanu, když . Pak stačí vyřešit jednoduchou rovnici . Dostaneme jediné řešení .

.

V aritmetické posloupnosti platí, že každý člen je aritmetickým průměrem členů sousedních. Sestavíme tedy příslušné rovnice

,

.

Jistota čtyř správných odpovědí znamená, že je buď aspoň devět odpovědí ANO nebo aspoň devět odpovědí NE. Možností, jak dát za sebe devětkrát ANO a jednou NE, je 10, analogicky je 10 možností s devíti NE. Ještě musíme připočíst možnost všech desíti ANO a možnost všech desíti NE. Dohromady .

.

Rovnici si ekvivalentně upravíme na tvar . Pokud má nerovnost platit i pro , musí být nutně . Protože je druhá mocnina vždy nezáporná, tak zároveň vidíme, že volba stačí a toto je minimální.

.

Délky stran všech možných trojúhelníků v jednotkové krychli tvoří pouze kombinace , a . První je rovnoramenný pravoúhlý trojúhelník ležící celý na stěně, druhý je nerovnoramenný pravoúhlý trojúhelník a třetí je rovnostranný trojúhelník, který dostaneme tak, že v krychli nevybereme žádné sousedící vrcholy. Z rovnoramenného pravoúhlého si vezmeme úhly a , z nerovnoramenného a nějaké dva další různé úhly, z rovnostranného pak velikost . Dohromady tedy pět různých velikostí úhlů.

.

Jediné, co můžeme při řazení podle absolutní hodnoty volit, je vzájemné pořadí prvků, které mají absolutní hodnotu stejnou. Pro každou dvojici máme tedy možnosti, jak ji uspořádat. Takových dvojic je a jejich řazení je nezávislé. Celkem tedy možností.

.

Nejprve je nutné podotknout, že ze symetrie podle středu čtverce plyne, že čtyřúhelník celý leží v rovině dané body , a . Takže úloha je korektně zadána. Protože daný osmistěn je pravidelný (t.j. všechny hrany jsou stejně dlouhé), je kosočtverec (každý čtverec je kosočtverec). Dále víme, že je jehlan s podstavou a že , a proto daná podstava musí být čtverec. Dostáváme tedy její obsah

.

Všimneme si, že každé číslo v tabulce umíme jednoznačně zapsat jako , kde a . Tento rozklad má tu vlastnost, že číslům ve stejném řádku patří stejné číslo a číslům ve stejném sloupci patří stejné číslo . Proto, když vybereme čísel tak, že každé bude z jiného řádku a jiného sloupce, musíme pětkrát vybrat různá čísla a , proto můžeme dostat jediný součet .

.

Zlomek rozšíříme výrazem a pak upravíme

.

Označme nejmenší Kátino číslo. Potom platí, že když ke každému z čísel přičteme 2008 a sečteme je, dostaneme součet těch 2008 následujících čísel. Zadání ale říká, že zároveň dostaneme stejný výsledek, jako když k součtu čísel připočteme jen číslo . Touto dedukcí je nutně .

.

Označme hledaný součet . Stačí převést rozdíly na společné jmenovatele a dostaneme:

.

Odečtením obou rovnic dostaneme . Protože je kosinus na intervalu nezáporný a sinus tam má maximum 1, tak aby výraz na levé straně mohl být 1, musí být a , neboli . Dopočítáme a v součtu vyjde .

.

Indukcí se ukáže, že pro a pro , kde . Je totiž

,

,… ,

.

Pro prvočísla a číslo .

Nejprve si uvědomíme, že je vždy násobkem , tudíž zbývá zjistit, kdy je násobkem . Pro prvočíslo toto nemůže nastat. Pokud je složené číslo, rozlišíme dva případy.

1. Lze psát pro nějaká . Pak je jasné, že je násobkem a tím i .
2. , pro nějaké prvočíslo . Pak jsou ovšem mezi čísly čísla i (díky nerovnosti ) a je násobkem .

.

.

.

.

.

Některé úhly dopočítáme podle obrázku (využíváme rovnoramennost trojúhelníků a fakt, že vnitřní úhel v pětiúhelníku je ).

.

.

K oběma stranám rovnice přičteme a začneme postupně umocňovat (vždy se některé členy odečtou, díky čemuž lze stále v umocňování pokračovat), až se dostaneme k rovnici

.

.

Všimneme si, že první dva body mají stejnou třetí souřadnici, která je rovna . Protože všechny tři body leží na přímce, musí nutně i třetí bod mít souřadnici stejnou. Proto . Obdobnou úvahou o první souřadnici daných tří bodů zjistíme, že . Výsledný součet je tedy .

.

Protože dělí číslo pro libovolná , stačí, aby bylo větší nebo rovno , neboli aby bylo menší nebo rovno 2004. Protože a , je největším možným číslo 6.

.

Je a . Takže , pro které je největší možná, náleží do intervalu . Pro platí . Pro dále platí , takže největší možné je nejvýše 89. Hodnoty 89 už dosáhneme volbou .

cm.

Nejdelší rovná čára začíná a končí na vnějším okraji kruhu a navíc se dotýká okraje vyříznutého kruhu. Když označíme poloměr původní palačinky a poloměr vyříznutého kruhu, tak z Pythagorovy věty . Obsah mezikruží dostaneme z rozdílu obsahů kruhů: .

.

Označme hledaný součet . Podívejme se nejprve, jak se chová . Pro je , tudíž hodnoty nabude funkce celkem -krát. A proto součet . Ale je jen součet devíti předchozích součtů pro , Proto .

km.

Čas, za který vojáci ujdou , si můžeme libovolně označit, tak si ho označne . Vojáci se potom pohybují rychlostí a plukovník jezdí rychlostí . Podívejme se, jak rychle se plukovník pohybuje vůči vojákům. Když jede stejným směrem, pohybuje se vůči nim , takže od prvního vojáka přejede k poslednímu za . Pokud jede opačně, má vůči vojákům rychlost , takže od posledního k prvnímu přejede za .

Tedy jedna „otočka“ od posledního znova k poslednímu mu trvá . To znamená, že plukovník za čas udělá čtyři otočky a bude zase u posledního vojáka. Do konce pochodování v tom momentě zůstane ještě a plukovník se znovu bude pohybovat vůči vojákům , takže už stihne přejet pouze .

.

Střed kružnice splňující vztah má nutně všechny vzdálenosti od stran trojúhelníku stejné (to plyne z  například použitím Pythagorovy věty). Tím pádem leží na osách všech úhlů. Protože osy úhlů úhly půlí, tak má trojúhelník dva úhly rovny a snadno se dopočte, že hodnota třetího úhlu je .

.

Zkusme postupně částečně dělit a vyjádřit jako násobek :

,

.

.

.

Sečtením všech prvků zadané množiny dostaneme , a tak jde spíš o to, kolika způsoby z ní vynechat prvky se součtem 7. Součet 7 dávají jen skupiny , , , a , proto je správná odpověď 5.

.

Daný mnohočlen rozložíme jako . Z tohoto rozkladu ihned vidíme, že i vždy dělí . Fakt, že dělí plyne ihned z toho, že dvě čísla z rozkladu musí být sudá, navíc jsou po sobě jdoucí, tudíž je jedno z nich dělitelné . Tedy víme, že vždy dělí . Neexistenci většího dělitele dokážeme ve dvou krocích. Zaprvé volbou zaručíme, že žádná větší mocnina čísel , a nebude dělit , protože „všechny vyšší mocniny budou schovány v “. Zadruhé, volbou , , je prvočíslo, zaručíme, že není dělitelné , neboť . Proto největší číslo, které dělí všechna , je .

.

Důležité je uvědomit si, že vnitřní úhly šestiúhelníku jsou všechny , protože vznikne jakoby rovnoměrným roztažením tří nesousedních stran pravidelného šestiúhelníku. Vezměme lichoběžník , jehož úhly jsou , , a . Právě díky těmto úhlům a faktu lze lichoběžník rozdělit na pět stejných rovnostranných trojúhelníků se stranami délky , z nichž tři mají svou stranu na . Proto a . Obvod šestiúhelníku je .

.

Konstruujme permutaci s danými vlastnostmi. Pro musí platit , mohu ho tedy dát jen na poslední, předposlední nebo předpředposlední pozici. To jsou celkem možnosti. Dále postupujme indukcí. Pro mohu (díky podmínce ) dát číslo na pozice . Celkem tedy možností. Všechna čísla větší než jsou ale již umístěna na pozicích , celkem tedy zabírají míst. A proto mi zbyla volná místa pro položení čísla . Celkem pro mám tedy možností. Pro však již mám pouze dvě volná místa a číslo má již jen jednu volnou pozici, kam ho mohu uložit. To jsou celkem možnosti pro položení dvojice . Pro položení všech čísel mám tedy možností.

.

.

Spočítejme nejprve počet obdélníků, které by se v obrázku daly najít, kdyby uprostřed nebyla díra. Obdélník je jednoznačně dán dvojicí vodorovných a dvojicí svislých rovnoběžek. Vybíráme ze vodorovných (resp. svislých) čar, máme tedy možností. Na vybrání obou dvojic pak zřejmě možností. Nyní budeme chtít odečíst ty obdélníky, které procházejí středem obrázku. Obdélníků, jejichž vodorovná přímka prochází středem a které nemají vrchol ve středu obrázku, je ( možností za druhou vodorovnou hranu a možnosti pro boční hrany na obou stranách), stejně jako těch, jejichž svislá přímka prochází středem a které nemají vrchol ve středu obrázku. Obdélníků, jejichž jeden vrchol je střed obrázku, je celkem ( za každý vrchol obdélníka a za zbylé dvě hrany). Celkový počet obdélníků tedy je .

.

Nejdůležitější myšlenkou důkazu je uvědomit si, kolika mřížovými body procházíme, jdeme-li z bodu do bodu . Počet těchto bodů je roven (a to včetně krajních bodů). V našem případě chceme zjistit, kdy počet protnutých mřížových bodů cesty z  do bude sudý pro , stačí nám tedy zjistit, kdy je číslo sudé, nebo ekvivalentně, kdy je liché. Lichost máme zaručenou, bude-li alespoň jedno z čísel , liché. Hodnota bude lichá v polovině případů , hodnota bude lichá taktéž v polovině případů. Proto bude liché ve případů. Hledaná pravděpodobnost je tedy .

.

Těžké je jen si uvědomit, že . Proto hodnota řešení nezávisí na prvních operacích a dostaneme výsledek .

.

V řešení využijeme opakovaně Pythagrovu větu. Nejprve pomocí ní spočteme, že

,

.

.

.

7.

Vzhledem k odhadům musí nastat rovnost . Snadným výpočtem nakonec dostaneme .

.

Rovnost úhlů nám neříká nic jiného, než že je tečna ke kružnici opsané trojúhelníku (shodnost obvodového a úsekového úhlu). Střed proto leží na přímce . Ale jelikož , potom musí být bod středem . Protože , máme . Řešení nezávisí na velikosti , což byl také záměr úlohy.

.

Hledejme nejprve řešení v nichž . Z obou rovnic vyjádříme a srovnáním pravých stran dostaneme

.

.

.

,

.

,

.

.

Nejprve podotkněme, že všechna čísla musí být alespoň , protože dvou přirozených čísel je vždy alespoň . Uvažujme nyní největší číslo na kružnici a označme ho . Dle zadání největší společný dělitel sousedů je , tudíž jeho sousedi mohou být pouze čísla a . Avšak protože nedělí pro , oba sousedi musí být rovni . Označíme-li druhého souseda jednoho z čísel , dostáváme , tudíž a máme a . Podobným postupem pokračujeme dále, až nakonec dostaneme desetici čísel , jejichž výsledný součet je .

.

Nejprve si uvědomme, že každá hrana čtyřstěnu (mimo a ) je rozdělena rovinou v polovině, tudíž řez touto rovinou bude čtyřúhelník. Dvě jeho strany budou dokonce rovnoběžné se stranou (střední příčky) a dvě rovnoběžné se stranou , tudíž řez bude rovnoběžník. Víme ale, že a  jsou na sebe kolmé (vlastnost pravidelného čtyřstěnu), tudíž hledaný řez bude čtverec. Jeho strana je polovinou hrany čtyřstěnu, tedy . Tím nacházíme i obsah řezu rovinou , který je taktéž . Povrch původního čtyřstěnu je , a jelikož oba kusy rozříznutého čtyřstěnu jsou stejné, je původní povrch taktéž dělen na polovinu. Dostáváme tedy výsledný povrch . Pro názornost přidáváme obrázek.

.

Ukážeme, že vyplnění tabulky je jednoznačně určené vyplněním jejího pravého dolního čtverce . Potom bude počet všech možností , protože pro každé z těchto políček máme dvě možnosti na vyplnění. Každé tabulce umíme zřejmě přiřadit vyplnění pravého dolního čtverce, takže stačí ukázat, že jeho vyplněním je už zbytek jednoznačně určený.

Máme-li vyplněný pravý dolní čtverec , symboly v prvním řádku a prvním sloupci kromě levého horního políčka jsou už jednoznačně určené tak, aby byla splněná podmínka parity pro řádky, resp. sloupce. Všimneme si, že kolečka v prvním sloupci (kromě levého horního políčka) jsou v těch řádcích, ve kterých pravý dolní čtverec obsahuje lichý počet křížků. Z toho vyplývá, že v pravém dolním čtverci je lichý počet křížků právě tehdy, když první sloupec (kromě levého horního políčka) obsahuje lichý počet křížků. Stejnou úvahu můžeme udělat i pro první řádek bez prvního políčka, takže parity symbolů v těchto oblastích jsou stejné a tedy symbol v levém horním políčku je tím jednoznačně určený.

.

Podívejme se nejprve na jedno město, nazvěme ho Kocourkov. Kdyby z Kocourkova vedlo jenom pět linek, pak v rozdělení PraSátkova, při kterém by všech pět měst, kam Čuňasovi z Kocourkova létají, bylo spolu, nelétá žádná linka do Kocourkova (všechny byly zrušeny). Tudíž z každého města musí létat alespoň šest linek. Celkem tedy máme alespoň linek. Nyní ukážeme, že linek stačí. Uspořádejme si všech měst na kružnici a veďme linky vždy do nejbližších měst ( po levici, po pravici). Lze snadno nahlédnout, že nelze zvolit pět měst, které nebudou propojeny.

.

Nejdůležitější krok důkazu je uvědomit si, že úlohu jde ekvivalentně zformulovat pro tětivový čtyřúhelník s délkami stran , a (první dvě délky stran jsou zaměněny) a poloměrem kružnice opsané rovným . Důvod je ten, že jsme vlastně jen zobrazili bod podle osy strany na a body , a jen přeznačili na , a . Navíc se nám velikost nezměnila. Ve čtyřúhelníku si už ale všimnu, že průměr , a tvoří pravoúhlý trojúhelník o stranách délek , a , a proto je průměr . Nyní již snadno dopočtu z Pythagorovy věty velikost strany : .

.

Hledanou sumu budeme kombinatoricky interpretovat. Postavme do řady různých kuliček a snažme se z nich vybrat (bez ohledu na pořadí). Vyberme nejprve tu, která ve vybrané pětici bude druhá zleva a také tu, která bude druhá zprava. Tyto dvě kuličky nám zbylých rozdělí do tří neprázdných (rozmysli si!) úseků. Počty kuliček v těchto úsecích označme (zleva) ,,. Zjevně platí . Nyní zbývá vybrat tu „první“, tu „prostřední“ a tu „poslední“. Na tento výběr máme ovšem možností. Zbývá si uvědomit, že různými volbami první dvojice kuliček získáváme různá řešení rovnice , přičemž každé řešení získáme právě jednou. Hledaná suma tedy popisuje počet možností, jak vybrat (bez ohledu na pořadí) prvků z  a je tím pádem rovna .

.

Předně si označme , body dotyku kružnice vepsané postupně se stranami , a uvědomme si, že tyto body leží na kružnici . Nyní porovnáme velikosti úhlů a .

,

,

,

.

,

,

.

Nejprve rozložíme jako a rozmyslíme si, že dělitelnost čísly a je možné řešit zvlášť. Uvažujme nejprve dělitelnost číslem . Označme počet výskytů čísla v -tém sloupci. Požadavek ze zadání zaručí a pro . A i naopak, každá taková posloupnost (s výjimkou a ) jednoznačně určuje vyhovující rozmístění čísel . Ať už rozborem případů či jinak dojdeme k tomu, že takových posloupností je . Zabývejme se nyní zvlášť dělitelností sedmi a podle hodnoty prostředního políčka, rozlišme tři případy.

1. Uprostřed je .

   Vpravo a dolů od prostředka budou též násobky . Zbývá určit, kolika způsoby lze vyplnit zbylá políčka. Zkoumejme dvě nevyplněná políčka v horním řádku. Rozborem možností zjistíme, že mohou být vyplněna způsoby. Obdobně políčka v prvním sloupci mohou být vyplněna způsoby. Navíc jsou tato vyplnění nezávislá, takže celkem máme možností.

2. Uprostřed je .

   Stejnou úvahou jako v předchozím případě určíme, že možností je .

3. Uprostřed je .

   Políčka, která zbývá vyplnit rozdělíme na dvě trojice, jejichž vyplnění bude opět nezávislé. Trojici budou tvořit políčka, která jsou vpravo nahoře (resp. vlevo dole) od prostředka. Na vyplnění jedné z těchto trojic je možností. Takže celkem je možností .

Máme tedy možností, jak vyplnit do tabulky mocniny čísla a možností, jak vyplnit mocniny čísla . Znovu si rozmyslíme, že tato vyplnění jsou nezávislá a zkonstatujeme, že celkový možný počet vyplnění je možností.