Úloha č. 1 Prvočíselný rozklad čísla 1418 je 2\cdot709, proto všechna čísla, která dělí 1418, jsou 1, 2, 709 a 1418. Hledaná čísla x, y mohou nabývat pouze těchto čtyřech hodnot. Předpokládejme nejprve, že x=1, pak je nutně y=1418. Pro x=2, musí být y násobkem 709, v úvahu přicházejí čísla 709 a 1418. Když x=709, dostaneme pro y hodnoty 2 a 1418. Zbývající možnost je x=1418, pak získáme 4 možná řešení. Dohromady jsme našli 9 uspořádaných dvojic splňující zadání.
Úloha č. 2 Mají-li mít všechny trojúhelníčky stejný obsah, pak musí platit např.
Označme patu výšky spuštěnou z bodu T na stranu AC' jako P', patu výšky spuštěnou z bodu C na stranu AB jako P. Trojúhelníky C'P'T a C'PC jsou zřejmě podobné. Protože těžiště se nachází ve třetině těžnice, platí
Z toho
Analogicky pro všechny ostatní trojúhelníky. Takže mají všechny obsah (1\over6 S_{\triangle ABC}), což jsme chtěli ukázat.
Úloha č. 3 Předpokládejme, že rovnoběžník už máme sestrojený. Označme průsečík jeho úhlopříček S. Protože se úhlopříčky navzájem půlí, přejde při středové souměrnosti se středem S bod A do bodu C a naopak. Obdobně je to i s body B, D. Ale oba tyto body leží na kružnici k, proto leží i na jejím obrazu k'. A naopak, každý průsečík k a k' dává body B, D, které leží na k a jsou středově souměrné podle S. Z předchozího plyne konstrukce: sestrojíme bod S jako střed úsečky AC, zobrazíme podle něj ve středové souměrnosti kružnici k a průsečíky obrazu s k označíme B, D v takovém pořadí, aby byl rovnoběžník označen správně.
Proveďme diskusi počtu řešení: kružnice k a k' se mohou protínat v 0 bodech (když S leží vně k), v jednom bodě (když S leží na k), ve dvou bodech (když S leží uvnitř k), nebo v nekonečně mnoha bodech (pokud S=T). V prvním případě úloha nemá řešení, v druhém je řešením rovnoběžník zdegenerovaný v úsečku (pokud to považujeme za řešení), ve třetím případě je řešením právě jeden rovnoběžník (případně zdegenerovaný), konečně ve čtvrtém je řešení nekonečně mnoho.
Úloha č. 4 Označme autobusy 1 a 2. Každému z n cestujících přiřadíme číslo, buď 0 (tzn. nenastoupil) nebo 1 či 2 (číslo autobusu do kterého nastoupil). Takových přiřazení existuje 3^{n}. Přitom jedno odpovídá situaci, kdy nenastoupí ani jeden člověk. Autobusy nerozlišujeme, a tak je v těchto přiřazeních každé dvakrát, až na situaci, kdy nenastoupí nikdo. Hledaný počet tedy je (3^{n}-1)/2.
Úloha č. 5 Označme vrcholy šestiúhelníku A_{1},...,A_{6}. Dvojice vrcholů může vytvořit úsečky celkem tří různých délek $a = |A_{1}A_{2}| = |A_{2}A_{3}|
... = |A_{6}A_{1}|, b = |A_{1}A_{3}| = |A_{2}A_{4}| = ... = |A_{6}A_{2}|$ nebo
c = |A_{1}A_{4}| = |A_{2}A_{5}| = ... = |A_{6}A_{3}|. Naším cílem je ukázat, že z úseček vzniklých z libovolných tří dvojic vrcholů aspoň dvě mají stejnou délku. Předpokládejme pro spor, že všechny tři úsečky mají různé délky (tj. a, b, c). Jedna úsečka (délky a) je proto strana šestiúhelníku, ze zbylých čtyř vrcholů má jedna dvojice tvořit hlavní úhlopříčku (úsečku délky c), pak ale zbylá dvojice vytvoří stranu šestiúhelníku, což je spor s tím, že jsme úsečky zvolili tak, aby měly různou délku.
Úloha č. 6 Pokud mají všechny kuličky stejné číslo, tak nám zřejmě stačí jedna skupina. Analogicky to platí i v případě, kdy neexistuje dvojice kuliček, které by měly čísla v poměru 1:2. Uvažujme nyní speciální případ, kdy mají všechny kuličky různá čísla. Uspořádejme si je takto: položíme vedle sebe ty, které mají čísla v poměru 1:2. Každá kulička bude zřejmě maximálně mezi dvěma jinými (jedna z nich bude mít poloviční a druhá dvojnásobné číslo). Případ, že bychom takto dostali uzavřený řetěz, nenastane, neboť kulička s nejmenším číslem z daného řetězu může mít za souseda jen kuličku s větším číslem. Dostali jsme takto několik řetězů a několik nezapojených kuliček (které můžeme chápat jako jednočlenné řetězy). V každém řetězu přiřadíme kuličkám postupně buď černou nebo bílou barvu, té s nejmenším číslem bílou, s druhým nejmenším číslem černou, pak opět bílou atd. Nyní utvoříme skupinu A, do které dáme kuličky bílé, do skupiny B dáme kuličky černé. Je zřejmé, že tyto skupiny splňují požadavky ze zadání.
V posledním (obecném) případě si z kuliček stejného čísla vybereme jednoho reprezentanta. Dostaneme tak skupinu reprezentantů, v které má každá kulička jiné číslo. Tento případ jsme už vyřešili a máme je rozdělené do dvou skupin A a B. Nyní už zbývá jen přidání kuliček stejného čísla do skupiny ke svému reprezentantovi. Proto nám stačí dvě skupiny.
Úloha č. 7
Podle druhé předpovědi dvě disjunktní dvojice mohly být DA, EC nebo DA, CB nebo AE, CB. Protože dva studenti se umístili podle předpovědi, v úvahu připadají tato umístění: DABEC, DACBE, EDACB, AEDCB. První možnost se stát nemohla, studenti A, B jsou hned za sebou, druhá také ne, protože student C je na svém místě určeném v první předpovědi, konečně čtvrtá možnost také nepřichází v úvahu, protože student A je na místě z první předpovědi. Jediné možné pořadí studentů je tedy EDACB.
Úloha č. 8
Označme a počet soutěžících, kteří řešili pouze úlohu A, b počet těch, co řešili právě úlohu B, c počet těch, co řešili pouze úlohu C a konečně d počet těch, co řešili úlohy B a C, ale ne A. Pak 25-a-b-c-d je počet těch, co řešili úlohu A a minimálně ještě jednu z úloh B nebo C. Podle zadání pak
Z první rovnice vyjádříme d=b-2c, dosazením za d z tohoto vztahu a dosazením za a ze třetí rovnice máme:
Z toho je vidět, že výraz 26-c musí být dělitelný čtyřmi, pro c tedy připadají v úvahu možnosti 2, 6, ..., 22. Ale protože d=b-2c, pro c\neq2 by bylo d záporné (např. pro c=6 je b=5 a d=-7). Musí tedy být c=2 a b=6. Pouze úlohu B tedy řešilo šest soutěžících.
Úloha č. 9
Celý útvar je symetrický podle svého středu. Hledejme doplnění, které bude rovněž symetrické podle středu (dá se ukázat, že toto řešení je jediné možné). Odpovídající si volná políčka označíme písmeny a, b, c, d (viz. obrázek). Poté platí následující vztahy:
Z rovnic vyjádříme neznámé a, b, d:
Po dosazení do třetí rovnice máme:
z toho 30=-5c, a proto c=-6. Dopočítáním z ostatních rovnic získáme a=2, b=-7, d=6.
