.

Hledáme vlastně největší přirozené číslo splňující nerovnici

.

.

.

Upravujme

.

.

Označme , , postupně počty mandarinek v prvním, druhém a třetím sáčku. Podle zadání je

.

.

Protože nakonec bylo ve všech hromádkách stejně ořechů, musel být počet hromádek dělitelem čísla . Možnosti a však nevyhovují, protože v obou případech by na počátku musel být počet ořechů v první hromádce záporný. Počáteční situace se hromádkami postupně s , a ořechy vyhovuje.

cm.

, , .

Jelikož cifry a nemohou být obě zároveň nulové, muselo mezi sloupci jednotek a desítek dojít k přenosu. Jelikož , muselo k přenosu dojít i mezi sloupci desítek a stovek. Můžeme tedy postupně zprava psát , a . Vyřešením těchto tří rovnic získáme , a .

cm.

Označme , délky stran obdélníka v centimetrech. Ze zadání . Hodnotu určíme například pomocí

 cm.

.

Označme plochu jedné stěny krychličky. Povrch všech krychliček je a povrch velké krychle je . Pokud je obarvena jedna desetina celkového povrchu všech krychliček, musí platit . Odtud vychází .

.

Nechť značí počet členů klubu. Podívejme se, o jakou nejmenší část se můžeme odchýlit od jedné poloviny. Pro sudá se můžeme odchýlit o  (například pro se od čísla odchýlíme o  k číslu ), zatímco pro lichá dokonce jen o  (pro od k ). Odtud vidíme, že je výhodnější hledat lichá . Zbývá najít nejmenší liché splňující , kterým je .

, .

Aby bylo třetí mocninou přirozeného čísla, musí být rovněž třetí mocninou přirozeného čísla. Jediné takové dvojciferné je . Zbývá dopočítat .

.

Počítání si usnadníme vytýkáním, tedy

.

Hledané číslo si napíšeme ve tvaru pro nějaké . Za zadání plyne, že je dělitelné a má ciferný součet . Pak ovšem musí být nenulové a dělitelné (podle kritéria pro dělitelnost ), tudíž , přičemž vyhovuje.

.

Vypsáním dvojciferných násobků čísel a zjistíme, že každé cifře až na místějednotek odpovídá právě jedna cifra na místě desítek. Hledané číslo vytváříme odzadu jako. Zbývá dopočítat, že , takže první cifra hledaného čísla je třetí cifra odzadu v sekvenci .

.

Uvědomíme si, že pro každou hodnotu ciferného součtu existuje právě jedno nejmenší číslo s tímto ciferným součtem, a tedy i právě jedno luxusní číslo. Označme ho . Jelikož dvojciferná čísla nabývají všech hodnot ciferného součtu od do , jsou čísla nejvýše dvojciferná. Protože ciferné součty trojciferných čísel nabývají všech hodnot od do , jsou luxusní čísla trojciferná a je jich .

.

.

Označíme cifry , , … , . Jednotlivé trojice jsou pak rovny:

.

,

,

, .

Označme postupně počty kladných, resp. záporných čísel a počet nul. Součin dvou čísel je záporný, právě když je jedno z nich kladné a druhé záporné. Počet možností, jak vybrat jedno kladné číslo z  a jedno záporné ze , je . Kromě samozřejmého tedy musí platit i . Tomu vyhovují jen neuspořádané dvojice a skýtající postupně , .

(fufníků).

Indukcí dokážeme, že během -tého dne razili mince o hodnotě . První krok splněn je, pro druhý si všimněme, že pomocí nejvyšší mince (o hodnotě ) a odpovídajícího počtu mincí o hodnotě umíme zaplatit částky až . Naopak zaplatit nelze, neboť jak požadovaná částka, tak hodnoty všech doposud vyrobených mincí dávají po dělení deseti zbytek . Výsledek plyne dosazením.

.

Bod je od každé strany vzdálený alespoň cm právě tehdy, když je uvnitř čtverce o straně umístěného uprostřed (má-li tento čtverec nezápornou velikost). Pravděpodobnost spočítáme jako podíl obsahů, tedy

.

Označme součet čísel v prvním řádku a součet čísel v levém sloupci. Součet všech čísel v tabulce vyjádříme dvěma způsoby, a to jako (sčítáme-li po řádcích) a (sčítáme-li po sloupcích). Tedy je dělitelné sedmi, z čehož plyne, že dává po dělení sedmi zbytek . Číslo dává po dělení sedmi zbytek , takže jde o součet čísel ve třetím řádku a platí . Zbývá dopočítat .

m.

Označme šířku zátoky v metrech. Když se trajekty míjely poprvé, měly dohromady najeto metrů, když se míjely podruhé, měly najeto metrů. Jelikož trajekty jedou konstantními rychlostmi, nastalo jejich druhé setkání po třikrát delším čase než to první. Pro ten trajekt, který do prvního setkání najel metrů, lze tedy sestavit rovnici , z níž plyne bezprostředně.

.

.

Upravíme pravou stranu rovnice:

,

.

.

První jedničku zapíšeme jako , druhou jako . Potom

,

,

,

.

.

Předpokládejme, že přežilo vojáků, z toho () v armádě a v armádě . Počet vojáků v  před třetí salvou tedy byl nejvýše a počet vojáků v  byl nejvýše . Před druhou salvou bylo v  nejvýše vojáků a v  nejvýše vojáků. Konečně před první salvou bylo v  nejvýše vojáků a v  nejvýše vojáků.

Na začátku bitvy mohlo bojovat maximálně vojáků, tj. a máme . Tento stav je dosažitelný, neboť volbou se každé maximální hodnoty nabyde.

.

Kromě trojúhelníků a (na obrázku čárkovaně) všechny ostatní trojúhelníky již mají červenou hranu. Každý čárkovaný trojúhelník můžeme obarvit způsoby, protože nemůžeme všechny jeho hrany obarvit modře. Nakonec ještě můžeme dohromady způsoby obarvit tečkovaně vyznačené úhlopříčky , , . Celkem máme vyhovujících obarvení.

.

To, že Škrečok ani Jefo neumí určit, kdo z nich má větší číslo, znamená, že oba mají číslo menší než . Kdyby tomu tak nebylo, součet by byl trojciferný. Jelikož má Jefo číslo dělitelné , musí mít nebo . Aby mohl Škrečok jednoznačně určit, které z těchto dvou čísel Jefo má, musí mít sám to druhé (jejich čísla jsou ze zadání různá). Hledaným součtem je proto .

.

Nejprve si uvědomíme, že na otázku „Pijete kávu?“ odpoví kladně právě Turci a na otázku „Jste Turek?“ odpoví kladně právě ti, kdo pijí kávu.

Víme tedy, že Turků je 44 a těch, kdo pijí kávu, je 33. Z toho dopočteme, že Indů je 11 a těch, kteří pijí čaj, je 22. Když sečteme počet Indů a počet lidí pijících čaj a odečteme od toho počet lidí, kteří lžou, dostaneme dvojnásobek počtu Indů pijících čaj.

Pokud venku prší, lže 33 lidí a čaj pije 0 Indů, pokud venku neprší, lže 22 lidí a čaj tak pije Indů. Necelou možnost kvůli humánnosti zavrhujeme.

.

Označme připsané trojčíslí. Jelikož , máme dle zadání

.

,

.

.

.

Spočítáme, kolik zápasů odehraje jedna hráčka. Chceme-li vytvořit zápas s danou hráčkou , vybereme si, která hráčka ze zbývajících hrát nebude (4 možnosti) a která z hrajících bude hrát s  (3 možnosti). Každá hráčka tedy odehraje zápasů.

Z toho rovnou vidíme, že Adéla vyhrála všechno. Dále spočítáme, kolik zápasů hrála Adéla proti Báře. Máme tři možnosti, kdo může hrát s Adélou, pak 2 možnosti, kdo ze zbývajících může hrát s Bárou. Bára tedy prohrála 6 zápasů proti Adéle, všechny ostatní tak musela vyhrát.

Nyní už víme, jak poznat, která dvojice vyhrála. Je to ta, kde hrála Adéla, a byla-li Adéla mimo hru, vyhrála dvojice obsahující Báru.

Když hrála Cilka s Adélou, byly 3 možnosti, kdo je mimo hru, tedy takto vyhrála Cilka 3 zápasy. Když vyhrála Cilka s Bárou, byla mimo hru Adéla, to se stalo jednou. Celkem tak Cilka vyhrála 4 zápasy.

.

Jednotlivým mezikružím (včetně vnitřního kruhu) budeme říkat vrstvy, Za první považujeme tu na okraji, za šestou kruh uprostřed. Vrstvu s posledním vybarveným políčkem nazýváme aktuální.

Druhý hráč má následující vyhrávající strategii:

• Pokud je aktuální vrstva lichá, zahraje do následující vrstvy.
• v opačném případě v aktuální vrstvě zbývá licho volných políček, zahraje tedy do této vrstvy.

Touto strategií pošle vždy protihráče do pozice, kde je aktuální vrstva sudá a obsahuje sudo volných políček. Ten tak musí buď zahrát do liché vrstvy, nebo způsobit, že bude v aktuální vrstvě licho volných políček.

Druhý hráč přitom nemůže zahrát jinak, protože by mu tak mohl první hráč strategii převzít. První hráč bude hru prodlužovat tím, že bude oddalovat přesunutí se do další vrstvy. Hra tedy dopadne nějak takto:

.

,

.

.

Zároveň ale , z čehož

.

.

Člověk, který původně seděl na levém okraji řady, musel zůstat sedět na svém místě nebo se prohodit se svým sousedem, neboť jeho místo nemohl obsadit nikdo jiný. Stejnou úvahu můžeme zopakovat pro dalšího člověka zleva, o jehož usazení jsme zatím nerozhodli. Každý tedy musel zůstat sedět na svém místě nebo se prohodit s jedním ze svých sousedů. Libovolné vyhovující rozsazení si proto můžeme představit jako posloupnost, která v nějakém pořadí obsahuje čtyři prvky (reprezentující prohození dvou sousedů) a dva prvky (reprezentující situaci, kdy člověk zůstal na svém místě). Počet vyhovujících rozsazení pak musí být roven počtu takovýchto posloupností, to jest .

.

Označme čísla na stěnách písmeny , , , , , tak, aby proti sobě ležely dvojice a , a , a . Pak

,

.

.

.

Na začátku jedou cyklisti stejným směrem. Pak se jeden z nich otočí, tedy pojedou proti sobě. Pak se čelně minou, tedy pojedou od sebe. Pak se jeden z nich otočí a jedou tak opět stejným směrem. Toto se opakuje, dokud neurazí své vzdálenosti, nakonec dorazí oba stejným směrem. V každém cyklu proběhnou dvě otočení se a jedno čelní minutí. První se otáčel 34 krát, druhý 46 krát, to je dohromady 80. Čelních minutí je pak dvakrát méně.

.

Označme cifry hledaného čísla. Nejprve určíme maximální délku úseku, v němž cifry neklesají. Podmínku přepíšeme jako a interpretujeme tak, že postupně rostou rozdíly mezi po sobě jdoucími ciframi. Pokud by čísel v rostoucím úseku bylo alespoň , byly by hodnoty rozdílů postupně rovny nejméně číslům , , , a rozdíl mezi první a poslední cifrou by tak byl alespoň , což nelze. Každý rostoucí úsek má tedy nejvýše délku a zcela obdobně odvodíme, že i každý klesající úsek má nejvýše délku čtyři.

Jelikož rozdíly mezi po sobě jdoucími ciframi postupně rostou, nejdříve mohou být tyto rozdíly záporné — tam budou samotné cifry klesat, pak může být rozdíl jednou nulový a pak budou rozdíly kladné — tam budou samotné cifry růst. Odtud plyne, že hledané číslo se skládá z jednoho klesajícího úseku a jednoho rostoucího úseku a má tedy nejvýše cifer. Nyní začneme osmiciferná čísla zkoušet od největších. Ta, která začínají dvojicemi cifer , , , nemohou tvořit dostatečně dlouhé klesající úseky a jako řešení tak nalézáme číslo .

dm dm.

Pravoúhlé trojúhelníky s přeponami a jsou shodné podle věty . Označme jejich kratší odvěsnu. Platí a podle Pythagorovy věty také . Dosazením za do druhé rovnice získáváme . Odtud vychází .

.

Souřadnice středu spojnice dvou mřížových bodů určíme jako průměr souřadnic těchto bodů. Všimneme si, že střed je opět mřížový bod právě tehdy, když mají vodorovné i svislé souřadnice obou bodů stejnou paritu. Všechny body se tedy podle parity souřadnic rozdělí do čtyř skupin (sudá-sudá, sudá-lichá, lichá-sudá, lichá-lichá), přičemž v každé skupině budou mít všechny spojnice za svůj střed mřížový bod a žádná spojnice bodů z různých skupin tuto vlastnost mít nebude. Aby byl počet úseček se středem v mřížovém bodě minimální, musí být všechny čtyři skupinky stejně velké. Rozmyslete si, že kdyby nebyly, tak přesunutím jednoho bodu z nejpočetnější skupiny do nejméně početné skupiny bychom počet takových úseček snížili. Počet spojnic v jedné skupince je tudíž a celkem tedy bude úseček se středem v mřížovém bodě .

.

Všimneme si, že čísla a jsou dvě nejmenší rozkládací pěticiferná čísla. Tedy tvoří posloupnost po sobě jdoucích nerozkládacích čísel. Více než nerozkládacích čísel za sebou následovat nemůže, neboť mezi každými po sobě jdoucími čísly najdeme jedno rozkládací, které je dělitelné .

.

Výrazy budeme interpretovat geometricky. V rovině s počátkem souřadnic je množina bodů splňujících kružnice se středem a poloměrem . Bod leží uvnitř kružnice . Výraz je druhou mocninou vzdálenosti od počátku, tj. hledáme bod na kružnici , který je nejblíže počátku. Takovým bodem je průsečík přímky s kružnicí , jehož vzdálenost od počátku je .

.

Dokud má pravá strana smysl, můžeme zadanou podmínku roznásobit a upravit na

,

,

,

.

.

Hranatými závorkami budeme značit obsah trojúhelníku. Potom platí . Protože trojúhelníky a mají společnou stranu , je poměr jejich obsahů roven poměru jejich výšek na stranu . Použijeme-li podobný argument rovněž pro trojúhelníky a , dostaneme

.

.

Označme počet chlapců a počet dívek . Znání se mezi chlapci a dívkami je vzájemné, tedy sečteme-li přes všechny dívky chlapce, které znají, dostaneme totéž jako když sečteme přes všechny chlapce dívky, které znají. Máme tak , z toho vidíme, že počet chlapců je přímo úměrný počtu dívek (stačí tedy minimalizovat počet dívek) a že počet dívek musí být dělitelný deseti. Každá dívka zná deset dívek, tedy , nejmenší možný počet dívek tak je 20, chlapců pak je 14. A takovou situaci umíme sestrojit, např. následovně:

• Rozdělíme společnost do dvou skupinek po 10 dívkách a 7 chlapcích. V každé skupince seznámíme každého chlapce s každou dívkou.
• Postavíme dívky do kolečka. Pak každou seznámíme s deseti nejbližšími.
• Postavíme chlapce do kolečka. Pak každého seznámíme s šesti nejbližšími a dále s chlapcem naproti.

, .

,

,

,

,

,

.

,

.

,

.

Protože úseky tečen jsou shodné, platí a . Z Pythagorovy věty pro trojúhelník dostaneme druhou rovnici , odkud , takže strany obdélníku jsou a .

.

Vezmeme číslo a zjistíme, co po něm požadujeme, aby bylo sčítací. Pokud by bylo liché, mělo by všechny dělitele liché. Ale to by pak součet dvou lichých čísel musel být liché číslo, což nejde. Číslo je tedy sudé.

Všechny vypsané dělitele podělíme . Tak získáme převrácené hodnoty všech dělitelů setříděných vzestupně, tentokrát kromě jedničky. Potřebujeme, aby součet převrácené hodnoty druhého a třetího nejmenšího dělitele dával jednu polovinu. Sčítance musí být různé, takže jeden z nich musí být větší než . Víme tak, že druhý nejmenší dělitel musí být roven třem. Třetí pak vyjde šest.

Tedy číslo je „sčítací“ právě tehdy, když jeho dělitelé jsou vzestupně , , , , … neboli když je dělitelné šesti, ale ne čtyřmi ani pěti. Vydělíme všechna taková čísla z rozmezí až šesti a dostáváme všechna lichá čísla nedělitelná pěti v rozmezí až . Číslo je liché a nedělitelné pěti, pokud končí na jednu z cifer , , , . Mezi každými deseti po sobě jdoucími čísly jsou taková čísla . To máme sčítacích čísel.

, , .

Označme a . Pak lze rovnici přepsat jako . Po roznásobení a rozkladu na součin získáme ekvivalentní rovnici , takže stačí rozlišit dva případy. Rovnice je lineární vzhledem k  s řešením . Rovnice je kvadratická vzhledem k  s kořeny a .

.

Označme , resp. úhly měřené ve stupních (), které svírají hodinová, resp. minutová ručička se spojnicí středu a dvanáctky. Uvědomíme si, že umístění ručiček je platné, právě když existuje celé takové, že

.

,

.

.

Označme společný kořen kvadratických trojčlenů. Pak a , takže i . Jelikož , musí být . Volbou , , zjišťujeme, že jednička také společným kořenem být může.

, , .

Má-li má požadovanou vlastnost, pak jsou druhými mocninami i čísla

.

,

,

.

Přikreslíme si do obrázku dvě sféry. Jednu osmistěnu opíšeme a druhou vepíšeme jeho hranám. Celá opsaná kružnice tak leží na opsané sféře a celá vepsaná kružnice na vepsané sféře.

Nejmenší vzdálenost kružnic tak určitě nebude menší než nejmenší vzdálenost sfér. Nejmenší vzdálenost soustředných sfér je rovna rozdílu jejich poloměrů, tedy .

Zbývá si uvědomit, že této vzdálenosti se skutečně nabývá. To nastane, pokud existuje polopřímka s počátkem ve středu osmistěnu, která prochází oběma kružnicemi. Můžeme snadno najít polopřímku protínající vepsanou kružnici, která vede vnitřkem opsané kružnice, i takovou, která opsanou zvenku míjí. Bude tedy existovat i taková polopřímka, co opsanou kružnici protíná.

.

,

,

,

.

.

Bod má z rovnoběžnosti od všech stran trojúhelníka vzdálenost , proto je středem kružnice jemu vepsané a tato má poloměr právě . Podobně má bod díky dotykům kružnic od všech vrcholů trojúhelníka vzdálenost , takže je středem kružnice jemu opsané a tato má poloměr právě . Využitím podobnosti trojúhelníků a tak máme

.

.

Rozmyslíme si, že pro každé přirozené platí

,

.

,

,

.