Úloha 1

Využite, že v rovnostrannom trojuholníku splýva stred kružnice opísanej, stred kružnice vpísanej a ťažisko do jedného bodu. Polomer vpísanej kružnice je preto tretina z ťažnice a polomer kružnice opísanej sú dve tretiny z ťažnice. Dĺžku ťažnice si vieme vypočítať z Pytagorovej vety.

Úloha 2

Čo ak by sme skladali čísla z cifier $0$, $1$, $2$, $3$, $4$? Išlo by o zápisy čísel v $5$-kovej sústave. Ako sa to zmení, keď nahradíme cifry za $1$, $3$, $5$, $7$, $9$?

Úloha 3

Dôležité je, že hľadáme absolútnu hodnotu. Skúsme sa preto zamyslieť nad tým, ako najlepšie vie Adam znížiť absolútnu hodnotu v každom ťahu v porovnaní s ťahom Evy.

Úloha 4

Súčet dvoch racionálnych čísel je racionálne číslo. Súčet racionálneho a iracionálneho čísla je iracionálne číslo. Súčet dvoch iracionálnych čísel môže byť racionálne číslo ($\sqrt{2}+(-\sqrt{2})$) a taktiež iracionálne($\sqrt{2}+\sqrt{3}$). Maximalizujeme počet čísel vzniknutých z dvoch racionálnych a súčasne z dvoch iracionálnych(takých, že súčet je racionálny).

Úloha 5

Ukážte, že $|\sphericalangle BAE| = |\sphericalangle BAO|$. Vyžite na to, že body $A$, $D$, $E$, $B$ ležia na kružnici. To znamená, že platí $|\sphericalangle BAD| + |\sphericalangle BED| = 180^\circ$ a $|\sphericalangle BDE| = |\sphericalangle BAE|$.

Úloha 6

Nech $a = kd$ a $b = ld$, kde $d$ je najväčší spoločný deliteľ čísel $a$, $b$ (čísla $k$ a $l$ sú teda nesúdeliteľné). Upravte rovnicu do tvaru $$(kd + ld - 1)(k^2 - kl + l^2) = 43kl$$ a ukážte, že $(k^2 - kl + l^2) \mid 43$.

Úloha 7

Označme deti tak, aby platilo $d_1 \le d_2 \le \dots \le d_n$. Ukážte, že pre každé $i$ platí $d_i \ge i$. Potom môžete rozdať darčeky postupne deťom $1,\, 2,\, \dots\,,\, n$.

Úloha 8

Ako dobre uchopiť vzdialenosť od stredu kružnice? Skúste mocnosť bodu ku kružnici.

Úloha 9

Dosadíme $[0,y]$, vyjde $f(yf(0))=f(0)+f(y+f(0))$. Ak pre nejaké $y$ platí $yf(0)=y+f(0)$, musí aj $f(0)=0$, a to je zrovna slepá vetva. Inak $f(0)=1$ (prečo?). Pre $[x,0]$ vieme získať identitu a prostosť. Pre $[x,1]$ sa to dorazí.

Úloha 10

Vedúceho $M$ si odmyslime a na zvyšok použime matematickú indukciu. Nefunguje? Vedúci $M$ je potom stále za fialovú? Nevadí, máme teda operáciu, ktorou vieme zmeniť názor všetkým vedúcim okrem vedúceho $M$ (ktorý môže byť vybraný ľubovoľne).