Aby bol súčet dvoch prirodzených čísel nepárny, musí byť jedno z nich nepárne a jedno párne. Jediným párnym prvočíslom je dvojka, takže v úvahu pripadá len zápis . Zadanie hovorí, že je možné zapísať 2013 ako súčet dvoch prvočísel, takže 2011 je prvočíslo a odpoveď je .

Označme obsahy troch častí ako na obrázku.

,

.

.

1

Začneme rozmiestňovaním žltých kolíkov. Máme jedinú možnosť, ako ich rozmiestniť tak, aby v každom riadku i stĺpci bol najviac jeden, a síce dať ho na preponu trojuholníka. Podobne máme iba jeden spôsob ako rozmiestniť postupne červené, zelené, modré a oranžové kolíky — vždy na preponu trojuholníka tvoreného doposiaľ neobsadenými miestami v trojuholníkovej sieti. Preto existuje iba jedno rozmiestnenie všetkých kolíkov vyhovujúce zadaniu.

Pretože , môžeme na zostavenie tohto čísla použiť iba číslice 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8. Pritom jednotky k súčinu nijak neprispejú, iba zväčšia počet cifier. Zrejme musí číslo obsahovať dve päťky, lebo nemožno získať inou kombináciou cifier. Ostatné cifry musia mať súčin 24, teda musia byť aspoň dve. Číslo môžeme rozložiť ako alebo , a pretože prvá možnosť obsahuje menšiu číslicu, zvolíme ju a zostavíme hľadané číslo .

Obe rovnosti medzi sebou vynásobíme a dostaneme

Začneme poslednou podmienkou. Jediným štvorciferným číslom, ktoré je mocninou , je . Nami hľadané číslo je teda tvaru , a pretože je deliteľné deviatimi, musí byť i jeho ciferný súčet deliteľný deviatimi. Tento výraz je párny a menší ako , teda musí byť rovný . Preto a nami hľadané číslo je .

Pretože bod delí polkružnicu v pomere , môžeme dokresliť ešte bod tak, aby body , , , (v tomto poradí) tvorili štyri po sebe idúce vrcholy pravidelného šesťuholníka.

.

,

,

.

Viktor mohol zjesť maximálne cukríkov, zatiaľ čo Mišo ich zjedol minimálne . Pretože však obaja mali rovnaké množstvo, musel každý z nich mať cukríkov. V balíčku pôvodne bolo cukríkov.

Z každého z písmen N, á, b, o môžeme ďalej pokračovať v čítaní dvoma spôsobmi. Preto možno slovo Náboj prečítať celkom spôsobmi.

Predpokladajme, že by vedľa seba sedeli dvaja pravdovravní alebo dvaja klamári. Potom by ten, ktorý sedí v takej dvojici naľavo, prehlásil o človeku po svojej pravici, že je pravdovravný. To je ale v rozpore so zadaním — pravdovravní a klamári sa teda musia striedať. Klamárov je preto v kruhu práve šesť.

Aby zostalo ofarbenie pri otočení o  zachované, musia mať všetky rohové dlaždičky rovnakú farbu. Rovnakú farbu musia mať tiež štyri dlaždičky v stredoch krajných stĺpcov a riadkov. Potrebujeme preto buď aspoň osem dlaždičiek jednej farby, alebo po štyroch dlaždičkách z dvoch rôznych farieb. Také dlaždičky ale k dispozícii nemáme, a tak žiadne vyhovujúce ofarbenie neexistuje.

Označme celkový počet zosobášených párov na ostrove. Celkový počet mužov, resp. žien potom možno vyjadriť ako , resp. . Na ostrove teda žije celkom ľudí, z toho je zosobášených. Podiel ostrovanov žijúcich v manželstve je teda

Ak máme ľubovoľný rovnostranný trojuholník vo vnútri pásu ohraničeného dvoma rovnobežnými priamkami, môžeme ho vhodne zväčšiť tak, aby dva z vrcholov ležali na protiľahlých hraničných priamkach. Zo všetkých takých rovnostranných trojuholníkov má najväčšiu dĺžku strany ten, ktorého jedna strana leží celá na hranici.

Ak teda máme pás o šírke , potom najväčší rovnostranný trojuholník, ktorý sa vojde do tohto pásu, má výšku . Dĺžka jeho strany je . Keďže , vojde sa tento trojuholník aj do zadaného obdĺžnika.

Na nasledujúcom obrázku sú znázornené prehyby, ktoré uvidíme po rozložení papiera.

Všimneme si, že každý päťuholník musí mať vo svojom vnútri stred obrázku. Pre každú z piatich strán máme na výber z troch možností (vonkajšia, prostredná, vnútorná čiara), takže päťuholníkov na obrázku je .

Označme , čísla, ktoré mal Pepa sčítať. Keďže pripísanie nuly odpovedá vynásobeniu desiatimi, môžeme zostaviť rovnice

,

,

Keďže , uhol oproti strane dĺžky je tupý a celý trojuholník možno zakryť kruhom, ktorého priemerom je táto strana. Naopak každý kruh zakrývajúci celý trojuholník musí zakrývať aj jeho stranu dĺžky a teda musí mať polomer aspoň .

Ak označíme počty lízaniek jednotlivých chlapcov postupne , , a , musí zo zadania okrem iného platiť , a . Sčítaním týchto nerovností získame . Keďže , dostávame , teda ( je prirodzené číslo). Naopak hodnoty , , všetkým podmienkam úlohy vyhovujú, takže takáto možnosť môže nastať.

Označme priesečník uhlopriečok obdĺžnika a dĺžku výšky na stranu v trojuholníku . Obsah obdĺžnika môžeme vyjadriť ako , z čoho . Nakoniec spočítame hľadanú hodnotu .

Všimneme si, že aby sme dostali kladné číslo, musíme umocňovať na párny exponent. Keďže , budeme za exponenty brať a . Keďže čím väčšie číslo umocníme na záporný exponent, tým menšie bude po umocnení, budeme za základy mocnín brať a . Z ostávajúcich dvoch možností má väčšiu hodnotu .

Aby bol uhol grafom nejakej funkcie, musí každému bodu na osi priraďovať maximálne jednu hodnotu . Záleží teda iba na natočení uhla a my môžeme bez ujmy na všeobecnosti umiestniť jeho vrchol do počiatku súradnicovej sústavy.

Nech najprv jedno rameno uhla splýva s kladnou časťou osi a druhé leží napravo od osi . Teraz uhlom otáčajme v smere hodinových ručičiek a skúmajme, kedy je grafom funkcie. Po otočení o  sa prvýkrát stane to, že každému bodu na osi bude priradená iba jedna hodnota na osi . Toto potrvá až do otočenia o celkových . Otočenie o  až vyšetrovať nemusíme, lebo tu je situácia symetrická. Pravdepodobnosť, že sú ramená nášho uhla grafom nejakej funkcie, je teda .

Pýtame sa vlastne na to, ktoré čísla od do majú tú vlastnosť, že ak ich opakovane (približne krát) vynásobíme dvojkou, budú deliteľné . Každé také číslo musí byť určite už od začiatku násobkom čísla a naopak všetky čísla zrejme vyhovujú (už ich štvornásobky končia číslicami ). Odpoveď je preto .

Hľadajme všetky prirodzené čísla , ktoré sa dajú zapísať v tvare pre nejaké . Každé nepárne číslo môžeme zrejme napísať ako , každé číslo deliteľné štyrmi ako . Ostáva vyšetriť čísla tvaru , teda čísla deliteľné dvomi, ale nie štyrmi. Tie rozdielové nie sú, pretože a sú buď obe párne alebo obe nepárne (ich súčin je teda buď nepárny, alebo deliteľný štyrmi).

Čísel tvaru je v danom intervale . Rozdielových čísel je preto .

Porovnaním veľkostí vnútorných uhlov troch mnohouholníkov pri spoločnom vrchole dostaneme, že veľkosť vnútorného uhla v treťom pravidelnom mnohouholníku je rovná . Keďže súčet veľkostí vnútorných uhlov v -uholníku je rovný , platí:

.

Predstavme si, že Viktor písal čísla postupne po dvojiciach — vždy si náhodne vybral dve doposiaľ nenapísané čísla a pripísal ich na papier za už napísané. Pravdepodobnosť, že napísal skôr to menšie, je (bez ohľadu na to, ktoré dve čísla si vybral). Pre všetkých päťdesiat dvojíc teda máme pravdepodobnosť .

Vzhľadom k tomu, že môžeme pridávať iba červenú a bielu, musia byť vo výslednej farbe presne tri plechovky modrej. Modrá nieje vôbec zastúpená v ružovej farbe, takže z pomeru v azúrovej farbe vieme, že azúrovej farby musí byť celkom 9 plechoviek (3 modré a 6 bielych). Nakoniec z pomeru vo výslednej farbe vieme, že celkom v nej musí byť 27 plechoviek (z toho 9 sa zmieša na azúrovú a 18 na ružovú). Štyri plechovky už namiešané máme, teda musíme pridať plechoviek.

Pravdepodobnosť, že kúzelník vytiahne skôr bieleho králika ako sivého, je rovná , takže v klobúku je trikrát viac bielych králikov ako sivých. Podobne je v klobúku trikrát viac sivých králikov ako čiernych. Z toho plynie, že bielych králikov je deväťkrát viac ako čiernych, a hľadaná pravdepodobnosť je tak rovná .

Pripočítaním k obidvom stranám rovnosti dostávame . Keďže je ľavá strana rovnosti deliteľná päťdesiatimi, musí byť aj pravá, takže je tvaru , . Keby však bolo , mali by sme , čo nie je možné. Preto .

Bod sa nachádza na Thalesovej kružnici nad priemerom , jej stred označme . Táto kružnica má polomer 1 a z Pythagorovej vety spočítame , teda z trojuholníkovej nerovnosti . Rovnosť nastáva, pokiaľ body , , ležia na priamke, túto vzdialenosť teda možno získať.

,

Označme počet krabíc, ktoré obsahujú jabĺk (). Ostatných krabíc potom obsahuje po štyroch jablkách a my môžeme písať

,

,

,

Podmienku zo zadania si prepíšeme na . Jej použitím dostávame nasledujúce vzťahy:

Označme si hodnoty v jednotlivých políčkach ako na obrázku.

.

Pokiaľ , potom , teda máme dve možnosti, ako doplniť políčka v ľavom stĺpci. Pre každú z týchto možností môžeme zvoliť jedno zo usporiadaní zvyšných čísel v spodnom riadku. Pre je ( nevyhovuje, lebo všetky čísla majú byť navzájom rôzne) a pre máme ( nevyhovuje, lebo už ), čo nám v oboch prípadoch dáva opäť možností doplnenia tabuľky. Celkom dostávame možnost??.

Pythagorova veta pre pravouhlé trojuholníky a dáva a . Odčítaním týchto vzťahov dostaneme

,

.

minút

Označíme rýchlosť električky , rýchlosť chodca a vzdialenosť medzi električkami . Zadanie dáva

Počet spôsobov, ako vybrať niektoré tri body z dotyčných jedenástich, je rovný

,

,

.

Poradie, v akom Mirek bonbóny zje, môžeme jednoznačne zadať nasledovne: pre každý riadok určíme, v akom poradí budú bonbóny v tomto riadku zjedené; súčasne určíme, v akom poradí bude Mirek voliť riadky.

V každom riadku môžeme bonbóny usporiadať spôsobmi, vo všetkých troch riadkoch dohromady teda spôsobmi.

Pre určenie počtu možných poradí riadkov si uvedomme, že kedykoľvek je v každom riadku rovnaký počet bonbónov, potom si Mirek môže zvoliť ľubovoľný z nich. Pri ďalšom výbere si musí zvoliť jeden zo zostávajúcich dvoch (pri voľbe toho istého by v tomto už boli o dva bonbóny menej) a v následnom treťom výbere musí nutne zvoliť ten posledný nevybraný. Po troch zjedených bonbónoch teda bude vo všetkých riadkoch opäť rovnaký počet bonbónov. Stačí preto desaťkrát zvoliť poradie troch riadkov, čo je možné spôsobmi.

Možných spôsobov zjedenia bonboniéry je .

Každé dvojité šesťciferné prirodzené číslo môžeme zapísať ako , kde je trojciferné prirodzené číslo, a naopak z každého trojciferného prirodzeného čísla takto dostaneme šesťciferné dvojité. Pretože je a z týchto troch prvočísel je deliteľné iba jedenástimi, dostávame, že dvojité šesťciferné číslo je násobkom práve vtedy, keď jemu príslušné trojciferné číslo je násobkom . Trojciferných čísel deliteľných je práve päť, a toľko je teda i šesťciferných dvojitých násobkov .

Spočítajme, koľkými rôznymi cestami sa robot môže do pravého dolného políčka dostať a aká je pravdepodobnosť priechodu jednej takej cesty. Každá cesta sa skladá z troch krokov dole a troch krokov doprava, čo dáva celkom možných ciest. Pravdepodobnosť, že sa robot bude cesty držať, je v oboch prípadoch — každý zo šiestich krokov musí byť ten správny. Celková pravdepodobnosť je teda .

Všimnime si (pomocou ciferného súčtu), že zadaný čitateľ aj menovateľ sú deliteľní troma, a následným vydelením zistíme, že a . Teraz si stačí uvedomiť, že a , teda hľadaný zlomok je .

Stačí zistiť, kedy je celým číslom . Zobrazme zadaný obdĺžnik podľa na . Potom je . Pravá strana je zrejme najmenšia vtedy, keď je stredom , a najväčšia vtedy, ak splýva s jedným z bodov , .

,

.

)

.

Odzadu s prípadnou cyklickou zámenou, teda alebo atď. až

Všimnime si, že tabuľka je symetrická podľa opačnej uhlopriečky. K tomu, aby bola symetrická podľa vyznačenej uhlopriečky, ju stačí preklopiť podľa vodorovnej osi.

Poznámka: Pre túto tabuľku iné riešenie než uvedených 11 neexistuje.

Označme a ekvivalentne skúmajme, pre ktoré najmenšie prirodzené číslo je . Platí

Nech medzi dielikmi so za sebou idúcimi číslami je práve iných dielikov, teda „skokom“ o  dielikov sa dostaneme z dieliku na dielik , z dieliku na dielik atď. Tieto skoky musia byť všetky v rovnakom smere, pretože prvým skokom v opačnom smere by sme sa dostali na predchádzajúci dielik s nižším číslom. Z dieliku potom nutne skočíme na dielik , pretože všetky ostatné majú vo vzdialenosti dielik s o jedna menším a o jedna väčším číslom.

Pretože skákaním o  prejdeme postupne všetky dieliky pizze, existuje také , že ak skočíme o  presne -krát, skončíme na susednom dieliku. Platí teda

.

,

,

.

Označme a počet radov a stĺpcov v posluchárni. Zo zadania plynie , čo upravíme na

,

.

Symbolom budeme označovať obsah trojuholníka .

.

,

,

).

.

Viktor môže v každom svojom ťahu zdvojnásobiť najmenšiu vzdialenosť medzi dvomi číslami v množine tým, že z nich odoberie každý druhý prvok. Takto si zaistí výhru aspoň eur. Naopak Lukáš môže každým svojim ťahom znížiť rozdiel najväčšieho a najmenšieho čísla o polovicu tým, že odoberie spodnú alebo hornú časť množiny, a teda vie zaistiť, že Viktor vyhrá najviac eur. Pri optimálnej hre obidvoch hráčov tak Viktor vyhrá 32 eur.

-krát

Označme pôvodné priemerné IQ študentov Matfyzu a pôvodné priemerné IQ študentov VŠN. Nakoniec označme priemerné IQ študentov, ktorí prestúpili.

Keďže sa priemerné IQ na Matfyze zvýšilo o , je priemerné IQ zvyšných matfyzákov . Z pomeru zvyšných matfyzákov k vyhodeným a z nového priemeru dostávame rovnosť , ktorú upravíme na .

Obdobne na VŠN bolo pôvodné priemerné IQ , po spriemerovaní s novými študentami , teda z pomeru pôvodných študentov k novým máme .

Celkovo máme

Zamerajme sa okrem bodov , a ešte na bod .

,

.

,

,

.

,

Olin o 

Uvažujme ľubovoľnú dvanásťprvkovú podmnožinu a predpokladajme, že existuje prirodzené číslo také, že obsahuje práve jedno z čísel , . Vezmeme najmenšie také a zostrojme dvanásťprvkovú množinu , ktorá bude obsahovať rovnaké prvky ako až na to, že z dvojice , bude obsahovať ten druhý prvok.

Ľahko si rozmyslíme, že keď prevedieme na jednu množinu dvakrát po sebe, získame opäť pôvodnú množinu, a ďalej, že ak prevedieme na niektorú Olinovu podmnožinu, získame Martininu podmnožinu a obrátene. Funkcia je teda bijekciou medzi Olinovými a Martininými podmnožinami, samozrejme iba tými, pre ktoré existuje z predchádzajúceho odseku. Ostáva si rozmyslieť, ako vyzerajú „zvyšné“ množiny, pre ktoré také nie je možné nájsť.

V takýchto podmnožinách musí byť práve šesť nepárnych čísel a šesť párnych čísel, ktoré sú následníkmi tých nepárnych. Súčet čísel v takýchto podmnožinách je tak vždy párny a ich počet je .

Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že . Aspoň jedno z čísel , , je deliteľné tromi, takže aby bolo súčasne prvočíslom, musí sa trom priamo rovnať. Keďže , ponúkajú sa dve možnosti: alebo .

Pokiaľ , máme z Viktorových prvočísel a súčasne , teda , čo vzhľadom k  nepripadá do úvahy.

Vieme teda, že , čiže . Najväčšie z Viktorových čísel je . Vzhľadom k predpokladu nemôže byť žiadne z Viktorových prvočísel párne, a preto je najmenšie číslo . Rozdiel tak je .

Ešte poznamenajme, že čísla vyhovujúce zadaniu skutočne existujú — napríklad , , .

Predstavme si tyčku v celku. Alča na ňu náhodne naniesla dve bodky, ale Pepa na ňu náhodne naniesol 2012 zlomov. Celkom je tak na tyčke 2014 značiek, z toho dve náhodné značky sú bodky. Celkový počet možností, ktoré značky môžu byť bodky, je . Bodky sú na jednom dieliku presne vtedy, keď ide o susedné značky, na čo máme možností. Výsledná pravdepodobnosť je

Pretože , musia byť skúmané čísla deliteľné deviatimi, teda dokonca číslom . Označme , resp. , číslo zložené z prvej, resp. druhej, pätice cifier skúmaného čísla. Potom máme

,

,

:

-tá

-tej

.

,

.

Definujme polynóm . Ten má stupeň 2013 a tiež pre ľubovoľné spĺňa podľa binomickej vety

.

Označme obraz bodu v osovej súmernosti podľa .

,

.

,

.

Označme hľadané číslo . Najskôr si rozmyslíme, že škrtať musíme jeho druhú cifru.

Pre spor predpokladajme, že prvé dve cifry neboli škrtnuté. Škrtnutím sme dostali z -ciferného čísla číslo -ciferné (nazvime ho ). Potom je opäť -ciferné číslo, ktoré sa s  zhoduje v prvých dvoch cifrách, ale pritom sa mu nerovná, pretože pôvodné číslo nekončilo nulou. To je ale spor, lebo dva násobky -ciferného čísla sa nemôžu líšiť o -ciferné číslo.

Číslo si teraz zapíšeme v tvare , kde a sú cifry () a číslo nekončiace na nulu. Škrtnutím druhej cifry vznikne číslo . Pre vhodné tak musí platiť

Uvedomme si, že . Skutočne, keby bolo , začínalo by na väčšiu cifru ako , čo nemôže. Upravme ďalej rovnosť do tvaru

,

,

,

,

),

,

,

,

Pokiaľ je jedno z čísel , , nulové, potom sú nulové všetky, čo je v spore s tým, že sú navzájom rôzne. Podobne zistíme, že čísla , , sú rôzne od troch.

Dosaďme tretí vzťah do prvých dvoch a druhý vzťah upravme na . Keďže pravá strana je nenulová, je nenulová i ľavá — môžeme teda deliť výrazom a tým získať vyjadrenie pomocou . To dosadíme do prvého vzťahu. Po úprave dostaneme

.

,

.

.

Bez ujmy na všeobecnosti predpokladajme, že . Potom pre dĺžky príslušných výšok a ťažníc platí a . Súčasne , a , takže musí byť a . Označme stred strany a pätu kolmice z bodu na stranu . V pravouhlom trojuholníku platí , takže . Ak označíme stred strany , získame podobne .

Označme ťažisko trojuholníka a uvažujme rovnostranný trojuholník , ktorý má za ťažnicu. Bod spĺňa i , ale pritom sa líši od bodu (trojuholník musí byť zo zadania rôznostranný). „Pravý“ bod je preto druhým priesečníkom polpriamky a kružnicového oblúka , teda stredom úsečky . Z toho plynie a .

V trojuholníku s uhlom a dĺžkami strán , už ľahko z kosínusovej vety dopočítame dĺžku strany a dĺžku ťažnice , ďalej obsah a nakoniec dĺžku výšky . Celkovo tak dostávame