Zadania

Wynik:

$48$

Gdyby Karol wyciągnął z szafy wszystkie zielone skarpetki i siedem skarpetek czerwonych, nie mógłby utworzyć ośmiu żądanych par, więc $47$ to niewystarczająca liczba skarpetek. Jeśli natomiast Karol wyciągnie $48$ skarpetek, to uzyska co najmniej $\frac{48}{3}=16$ skarpetek pewnego koloru i co najmniej $48-40=8$ skarpetek, z których żadna nie jest tego koloru. Tym samym będzie mógł połączyć niektóre skarpetki w 8 dwukolorowych par.

Wynik:

30

Korzystając z danej równości $1234=28^2+2\cdot 15^2$, otrzymujemy

Stąd wynika, że para $(x,y)=(30,28)$ spełnia warunki zadania, a skoro wiemy, że istnieje dokładnie jedna para o tej własności, to $x=30$.

Wynik:

$450$

W ciągu doby są dwie godziny w trakcie których cyfra $5$ wyświetlana jest przez cały czas: $5$ oraz $15$. Stąd otrzymujemy $120$ minut. W pozostałej części dnia piątkę można zobaczyć podczas ostatnich dziesięciu minut każdej godziny (co daje $22\cdot 10=220$ minut) oraz pięciokrotnie podczas pozostałych pięćdziesięciu minut (skąd mamy $22\cdot 5=110$ minut). Podsumowując, cyfra $5$ widoczna jest na wyświetlaczu zegara przez dokładnie $120+220+110=450$ minut w ciągu doby.

Wynik:

$1120$

Zauważmy, że długości boków każdego z małych prostokątów pozostają w stosunku $2:5$, wobec czego możemy oznaczyć je przez $2x$ oraz $5x$. Długości boków dużego prostokąta wynoszą wówczas $10x$ oraz $7x$, a zatem jego obwód jest równy $2\cdot (10x+7x)=34x$. Stąd wynika, że $x=4$, więc szukane pole to $10\cdot 7\cdot 4^2=1120$.

Wynik:

$10$

Niech $a$ będzie polem małej czekoladki, tzn. tej, której bok ma długość $1\text{cm}$. Wówczas pole dużej czekoladki to $4a$, łączne pole wszystkich czekoladek to $\mathit{na}+4\mathit{na}=5\mathit{na}$, a pole dna pudełka to $s^{2}a$, gdyż aby otrzymać kształt pudełka wystarczy powiększyć małą czekoladkę $s$ razy w każdym kierunku. Stąd wynika, że $5n=s^2$, więc liczba $s$ jest wielokrotnością liczby $5$. Można udowodnić, że nie jest możliwe zmieszczenie pięciu dużych czekoladek w pudełku o boku $5\text{cm}$, więc $s\ne 5$. Łatwo natomiast znaleźć ułożenie $20$ małych i $20$ dużych czekoladek wewnątrz pudełka o boku $10\text{cm}$.

Wynik:

$21$

Z jednej strony, każdy zestaw wyciągniętych skarpetek będzie złożony z parzystej liczby skarpetek, które można sparować oraz pewnej liczby skarpetek, które pozostaną bez pary. Liczba skarpetek bez pary wyniesie co najwyżej sześć (liczba możliwych kolorów). Jeżeli Karol wyjmie $21$ skarpetek ze swojej szafy, nie będzie mogło znaleźć się wśród nich dokładnie sześć skarpetek bez pary, gdyż $21-6=15$ nie jest liczbą parzystą. Wobec tego będzie co najwyżej pięć pojedynczych skarpetek, a tym samym pozostałe skarpetki stworzą co najmniej $\frac{21-5}{2}=8$ par. Z drugiej strony, wyciągnięcie $20$ skarpetek może okazać się niewystarczające — jeżeli Karol wyciągnie siedem par białych skarpetek i po jednej skarpetce każdego z sześciu kolorów. Stąd wynika, że Karol musi wyciągnąć z szafy co najmniej $21$ skarpetek.

Wynik:

$153^{\circ }$

Oznaczmy punkty jak na rysunku. Wówczas wielokąt $A{B}_1{B}_2{C}_1{C}_2{D}_1{D}_2$ jest częścią wspólną danego kwadratu i danego pięciokąta.

Skoro wielokąt jest symetryczny względem prostej $\mathit{AC}$, to wystarczy sprawdzić, który z kątów wewnętrznych przy wierzchołkach $A$, $B_1$, $B_2$, $C_1$ jest największy. Oczywiście pierwszy z tych kątów ma miarę $90^{\circ }$, a ostatni ma miarę $135^{\circ }$. Ponieważ proste $B_2{D}_1$ i $\mathit{XY}$ są równoległe, więc $\angle D_1{B}_2{B}_1=\mathit{\angle Y}\mathit{XW}=108^{\circ }$, skąd na mocy $\angle C_1{B}_2{D}_1=\mathit{\angle CBD}=45^{\circ }$ ($B_2{D}_1\parallel \mathit{BD}$), kąt wewnętrzny przy wierzchołku $B_2$ ma miarę $153^{\circ }$. W końcu, skoro trójkąt $B_{1}B{B}_2$ jest prostokątny, to łatwo otrzymujemy, że miarą kąta przy wierzchołku $B_1$ jest $117^{\circ }$. Stąd szukany największy kąt to $153^{\circ }$.

Wynik:

$20\text{mm}$

Odczytawszy z rysunku liczby zębów każdego z kół, możemy zauważyć, że jeden pełny obrót koła numer 1 wymaga $\frac{20}{15}=\frac{4}{3}$ obrotu podwójnego koła. Podobnie, gdy podwójne koło wykona jeden pełny obrót, koło numer 2 wykona $\frac{18}{10}=\frac{9}{5}$ pełnego obrotu. Stąd, gdy koło numer 1 wykonuje jeden obrót, koło numer 2 wykonuje $\frac{4}{3}\cdot \frac{9}{5}=\frac{12}{5}$ pełnego obrotu. Obwód koła numer 2 musi być zatem równy $\frac{5}{12}$ obwodu koła numer jeden. Stosunek obwodów kół jest równy stosunkowi długości ich średnic, więc możemy obliczyć, że średnica koła numer 2 ma długość $\frac{5}{12}\cdot 48\text{mm}=20\text{mm}$.

Wynik:

31

Zauważmy, że jeżeli Włodek mówił prawdę jednego dnia, to musiał on również mówić prawdę każdego z dni poprzednich. Gdyby mówił prawdę tylko w ciągu $k<31$ dni, otrzymalibyśmy sprzeczność z tym, że kłamał przez $62-k>31$ dni. Podobnie, gdyby Włodek mówił prawdę przez więcej niż $31$ dni, oznaczałoby to że za mało kłamał. Stąd wnioskujemy, że Włodek kłamał dokładnie w $31$ dni.

Wynik:

$16$

Podział planszy z rysunku 1 pokazuje, że musimy strzelić co najmniej $16$ razy — nie możemy ominąć żadnego z $16$ prostokątów $5\times 1$, gdyż któryś może być zajmowany przez lotniskowiec.

Z rysunku 2 widzimy, że $16$ strzałów wystarcza — nie da się tak ustawić lotniskowca, by nie przechodził przez żadne zaciemnione pole.

Zatem odpowiedź to $16$.

Wynik:

$155$

Skoro $5\cdot 13\cdot 31=2015=a+b+c=\text{NWD}(a,b,c)\cdot (a_0+b_0+c_0)$ dla pewnych różnych dodatnich liczb całkowitych $a_0$, $b_0$, $c_0$, to otrzymujemy $a_0+b_0+c_0\ge 6$. Stąd $\text{NWD}(a,b,c)$ może być równy co najwyżej $5\cdot 31=155$. Wartość ta jest osiągana dla dowolnej trójki różnych dodatnich liczb całkowitych $a_0$, $b_0$, $c_0$, sumujących się do $13$. Na przykład przyjmując $a_0=1$, $b_0=5$, $c_0=7$, uzyskujemy $a=1\cdot 155$, $b=5\cdot 155$, $c=7\cdot 155$.

Wynik:

$31$

Są cztery możliwości umieszczenia ciągu wagonów Z-W-W (Z — wagon z rudą żelaza, W — wagon z węglem) w składzie pociągu, a dla każdej z tych możliwości pociąg można uzupełnić na $2^3$ sposobów. W taki sposób policzymy jednak dwukrotnie pociąg Z-W-W-Z-W-W. Ostatecznie liczba różnych pociągów to $4\cdot 2^3-1=31$.

Wynik:

$17$

Opisana bryła mieści się w pudełku o szerokości dwóch sześcianów, wysokości pięciu sześcianów i długości pięciu sześcianów. Podzielmy takie pudełko na pół i przeanalizujmy oddzielnie dwie części o wymiarach $1\times 5\times 5$. Gdy patrzymy na opisaną bryłę od przodu, widzimy lustrzane odbicie cyfry „1”. Wobec tego w prawej części pudełka jest jeden kwadrat widoczny od przodu oraz pięć kwadratów widocznych od góry. Jedynym sposobem na uzyskanie takiego efektu jest umieszczenie pięciu sześcianów w jednym rzędzie. Podobnie dla lewej części pudełka, jest pięć kwadratów widocznych od przodu oraz trzy kwadraty widoczne od góry, więc największą możliwą liczbę sześcianów uzyskamy wtedy, gdy ustawimy po pięć sześcianów w każdej z trzech kolumn.

Uzyskana struktura jest przedstawiona na poniższym rysunku. Gdy spojrzymy na nią od prawej strony, ujrzymy $17$ sześcianów

Wynik:

$7999$

Oznaczmy sumę cyfr liczby $r$ przez $Q(r)$. Jeżeli cyfra dziesiątek liczby $n$ jest różna od $9$, to $Q(n+10)=Q(n)+1$. Wobec tego cyfrą dziesiątek liczby $n$ musi być $9$. Z kolei jeżeli cyfra setek jest różna od $9$, to $Q(n+10)=Q(n)-8$. Jeśli cyfra setek jest równa $9$, a cyfra tysięcy jest różna od $9$, to $Q(n+10)=Q(n)-17$, więc istnieje możliwość, że obie liczby $Q(n)$ i $Q(n+10)$ są podzielne przez $17$. By uzyskać najmniejszą możliwą wartość $n$, przypuśćmy, że cyfry dziesiątek i setek liczby $n$ są równe $9$ oraz $Q(n)=2\cdot 17=34$. Suma wszystkich cyfr oprócz cyfr dziesiątek i setek spełnia wówczas nierówność $34-2\cdot 9=16<2\cdot 9$, co oznacza, że oprócz nich wystarczą dwie cyfry. Łatwo teraz zauważyć, że $n=7999$ to szukana najmniejsza liczba nábojowa.

Wynik:

$20$, $110$

Załóżmy najpierw, że Dominik ma już w swojej kolekcji najdroższy z biletów (czyli ten z $A$ do $D$). Wówczas jego cena jest równa $70$. Ponieważ jest to także suma cen trzech biletów na trasach $\mathit{AB}$, $\mathit{BC}$ i $\mathit{CD}$, z których co najmniej dwa są już posiadane przez Dominika, więc jedyną możliwością jest, aby ceny tych biletów były równe $10$, $20$ i $40$, a zatem brakującą ceną jest $20$. Bezpośrednio sprawdzamy, że ceny te mogą być tak dopasowane do poszczególnych odcinków trasy, aby zgadzały się z pozostałymi cenami biletów.

Jeżeli najdroższy bilet jest tym, którego brakuje, to bilet kosztujący $70$ musi być na podróż z jednym przystankiem. Jedyną możliwością przedstawienia liczby $70$ jako sumy cen dwóch biletów już posiadanych przez Dominika jest $10+60$. Stąd wnosimy, że bezpośredni bilet między pozostałymi dwoma miastami na trasie kosztuje $40$. Wówczas najdłuższa podróż kosztuje $10+40+60=110$. Znów nietrudno sprawdzić, że otrzymane wartości spełniają warunki zadania.

Wynik:

$\sqrt{3}\text{cm}$

Oznaczmy przez $P_x$ punkt na brzegu pudełka, który jest wskazywany przez wskazówkę zegarową o godzinie $x$. Niech ponadto $C$ będzie środkiem pudełka. Z równości $\angle P_{2}C{P}_1=\angle P_{3}C{P}_2=360^{\circ }∕12=30^{\circ }$ widzimy, że $P_2$ jest środkiem trójkąta równobocznego $C{C}^{\prime }{P}_1$, gdzie $C^{\prime }$ oznacza odbicie punktu $C$ względem punktu $P_3$. Szukana odległość $P_1{P}_2$ jest równa $2∕3$ wysokości trójkąta równobocznego o boku $3\text{cm}$, czyli $P_1{P}_2=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}\cdot 3\text{cm}=\sqrt{3}\text{cm}$.

Wynik:

728163549

Niech $x,y\in \{1,2,\dots ,9\}$ będą różnymi cyframi. Parę $\mathit{xy}$ nazwiemy dopuszczalną, jeżeli istnieją liczby $k,l\in \{1,2,\dots ,9\}$ o tej własności, że $10x+y=\mathit{kl}$. Ponieważ jedyną dopuszczalną parą zawierającą cyfrę $9$ jest $49$, więc segment $49$ musi występować na końcu szukanej liczby dziewięciocyfrowej $z$. Są dwie dopuszczalne pary, w których występuje cyfra $7$: $27$ oraz $72$. Nie mogą one wystąpić jednocześnie w liczbie $z$, a koniec jest już zajęty, skąd wniosek, że segment $72$ musi znajdować się na początku liczby $z$. Dopuszczalnymi parami zawierającymi cyfrę $8$ są $18$, $28$, $48$ i $81$. Skoro liczba $4$ została już użyta do utworzenia segmentu $49$, jedyną możliwością pojawienia się cyfry $8$ jest jej wystąpienie w segmencie postaci $281$. Wobec tego $z=7281\dots 49$. Pozostaje uporać się z cyframi $3$, $5$ i $6$. Ponieważ ani $13$, ani $34$ nie jest parą dopuszczalną, więc jedyną dopuszczalną parą $\mathit{xy}$, w której $x\in \{5,6\}$ i $y=3$, jest $63$. Uzyskujemy $z=728163549$ i bezpośrednio sprawdzamy, że liczba ta spełnia warunki zadania.

Wynik:

$89$

Zamiast szukać największej liczby pierwszej $p$, zajmiemy się znalezieniem najmniejszej liczby złożonej $n$, dla której liczba $210-n$ jest pierwsza. Mamy $210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$, więc gdyby liczba $n$ była podzielna przez $2$, $3$, $5$ lub $7$, to w konsekwencji także liczba $210-n$, w szczególności — liczba ta nie byłaby pierwsza. Najmniejszą liczbą złożoną, która nie została wykluczona jako wartość $n$, jest $11^2$, skąd uzyskujemy $p=120-121=89$. Liczba $89$ jest pierwsza, więc rozwiązanie jest zakończone.

Wynik:

$20$

Oznaczmy przez $o$ liczbę ołówków oraz przez $a$, $b$, $c$ liczby uczniów odpowiednich klas. Z warunków zadania wiemy, że $o=9(a+b+c)$, $o=30a$ i $o=36b$. Chcemy znaleźć wartość wyrażenia $o∕c$. Podstawiając $a=o∕30$ i $b=o∕36$ w pierwszym równaniu, dostajemy

Wynik:

1681

Skoro dla $k\ge 50$ zachodzi nierówność ${(k+1)}^2-k^2>100$, to $50^2=2500$ jest jedynym czterocyfrowym kwadratem rozpoczynającym się od $25$ (podobne własności mają liczby $3600$, $4900$, $6400$ i $8100$). Wobec tego pierwszymi dwiema cyframi szukanej liczby muszą być $16$, a jedynym kwadratem większym od $1600$ i mniejszym od $1700$ jest $41^2=1681$. Bezpośrednio sprawdzamy, że liczba ta spełnia warunki zadania.

Wynik:

$4∕7$

Niech $x$ oznacza część czasu spędzoną na jeździe remontowanymi odcinkami. Wówczas $1-x$ jest częścią czasu spędzoną na pozostałych odcinkach autostrady. To daje nam równanie

z którego wyliczamy $x=4∕7$.

Wynik:

$90$

Sumując pola kwadratów, dochodzimy do wniosku, że pole prostokąta jest równe $464=2^4\cdot 29$. Obydwa wymiary prostokąta muszą być równe co najmniej $9$, skoro z tego prostokąta został wycięty kwadrat o boku $9$. W związku z tym jedynym możliwym rozkładem jest $16\cdot 29$, skąd obwód prostokąta jest równy $2\cdot (16+29)=90$.

Uwaga: Istnieje sposób rozcięcia prostokąta, który spełnia warunki zadania:

Wynik:

$36\text{cm}$

Bezpośrednio rachując na kątach, stwierdzamy, że wszystkie trójkąty prostokątne znajdujące się na ilustracji do treści zadania są podobne. Jeśli oznaczymy długości boków trójkąta w prawym dolnym rogu przez $6x$, $8x$ oraz — zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa — $10x$, to po rozłożeniu kartki okaże się, że jej bok ma długość $18x$. To oznacza, że lewy dolny trójkąt ma jeden z boków długości $18x-6x=12x$, jak pokazano na rysunku. Pozostałe boki tego trójkąta mają długości $9x$ oraz $15x$, co wynika z faktu, że skala podobieństwa między omawianym trójkątem, a trójkątem opisanym wcześniej wynosi $3∕2$. Możemy teraz zauważyć, że długość boku danej kartki to także $15x+6$, skąd otrzymujemy $x=2$. To oznacza, że długość boku kartki papieru to $36\text{cm}$.

Wynik:

$96$

Podczas swojej wędrówki Maciek zrobił $300$ kroków, zaś statek przesunął się o $240-60=180$ kroków. Zatem w czasie gdy Maciek pokonuje $60$ kroków, statek przesuwa się o $180:5=36$ kroków. Maciek dociera do rufy po $60$ krokach, tak więc długość statku wynosi $60+36=96$.

Wynik:

$992016=996^2$

Niech ${(1000-n)}^2$ będzie szukaną liczbą sześciocyfrową ($n\ge 1$). Korzystając ze związku ${(1000-n)}^2=1000\cdot (1000-2n)+n^2$, możemy łatwo obliczyć wartości kwadratów dla $n=1,2,3,4,\dots$: $999^2=998001$, $998^2=996004$, $997^2=994009$, $996^2=992016$, $\text{…}$ Pozostaje zauważyć, że cyfry $2$, $0$, $1$ są parami różne oraz $99\cancel{2}\cancel{0}\cancel{1}6=996$ jest pierwiastkiem kwadratowym z $992016$. Stąd $992016$ jest szukaną liczbą.

Wynik:

$596$

Zauważmy, że po odwróceniu, cyfra albo nie zmienia się (0, 2, 5, 8), albo zmienia się ($6\leftrightarrow 9$), albo dostajemy znak, który nie jest cyfrą (1, 3, 4, 7). Jeżeli obrócimy liczbę o cyfrach 0, 2, 5, 8 do góry nogami, zmienimy kolejność jej cyfr. Różnica dwóch takich liczb trzycyfrowych będzie podzielna przez $99$, ponieważ $(a+10b+100c)-(c+10b+100a)=99(c-a)$. Wiemy, że $99\nmid 369$, zatem liczba wpisana przez Teodora musi zawierać 6 lub 9.

Gdyby cyfra 9 znajdowała się na pierwszej pozycji, odwrócona liczba miałaby 6 na ostatniej pozycji, skąd ostatnią cyfrą wyjściowej liczby musiałoby być 7 (aby różnica wynosiła $369$). To jest niemożliwe, gdyż 7 po obróceniu przestaje być cyfrą. Z analogicznych powodów, 9 nie może być na ostatniej pozycji, a także 6 nie może być na pierwszej ani środkowej pozycji. Obie pozostałe możliwości, czyli 9 na środkowej pozycji i 6 na ostatniej pozycji, prowadzą do jedynego rozwiązania: 596.

Wynik:

$80$

Oznaczmy rodziny jako $A$, $B$, $C$. Jeśli synowie z $A$ ożenią się z córkami z jednej rodziny (bez straty ogólności $B$), córki z $A$ muszą poślubić synów z $C$ (w przeciwnym wypadku któryś z synów z $C$ musiałby się ożenić z własną siostrą). Stąd wynika, że synowie z $B$ muszą się ożenić z córkami z $C$. To daje nam $2\cdot 2^3=16$ możliwości — możemy najpierw na dwa sposoby dobrać rodziny, a następnie dla każdej pary synów z jednej rodziny decydujemy na dwa sposoby, z którymi dokładnie kobietami się ożenią.

Gdyby synowie z $A$ ożenili się z córkami z dwóch różnych rodzin, ich siostry muszą postąpić tak samo, aby uniknąć małżeństwa w obrębie jednej rodziny. Dwóch synów z $A$ może tak wybrać żony na osiem sposobów, analogicznie córki z $A$. Po tych wyborach, w każdej z rodzin $B$ i $C$ pozostaje po jednym synu i jednej córce, którzy są niesparowani. Widzimy, że możemy ich poprawnie dobrać w pary na dokładnie jeden sposób. Zatem w tym wypadku mamy $8\cdot 8=64$ sposoby.

Łącznie daje nam to $16+64=80$ różnych sposobów zaaranżowania małżeństw zgodnie z warunkami zadania.

Wynik:

$68$, $136$

Ponumerujmy kawałki pizzy przy pomocy liczb oliwek, które się na nich znajdują. Zauważmy, że linia cięcia nie może rozdzielać kawałków $1$ i $50$ (albo $25$ i $26$), gdyż

Wobec tego możemy założyć, że $n$, $n+1$, $n+25$, $n+26$ to numery kawałków przyległych do linii cięcia, gdzie $1\le n\le 24$. Suma tych czterech numerów wynosi $4n+52$. Bezpośrednio liczymy, że $(n+1)+(n+2)+\cdots +(n+25)=25n+\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 26=25(n+13)$ oraz $1+2+\cdots +50=\frac{1}{2}\cdot 50\cdot 51=25\cdot 51$. Są więc dwa przypadki:

W pierwszym przypadku otrzymujemy $n=4$ i szukaną sumę równą $4n+52=68$. Drugi przypadek prowadzi do $n=21$ oraz $4n+52=136$. Istnieją więc dwie liczby spełniające warunki zadania: $68$ oraz $136$.

Wynik:

$421$

Jeżeli $p$ jest liczbą pierwszą spełniającą dane warunki, to istnieje liczba całkowita $k>2$ taka, że $k^3=19p+1$. Otrzymujemy stąd równanie

Skoro $k>2$, to obydwie liczby po prawej stronie powyższej równości są dzielnikami właściwymi liczby $19p$ (czyli większymi od $1$ i mniejszymi od $19p$). Ponieważ $19p$ jest iloczynem dwóch liczb pierwszych, więc $k-1=19$ lub $k^2+k+1=19$. Pierwszy przypadek prowadzi do $k=20$ i $p=400+20+1=421$, a $421$ jest liczbą pierwszą. W drugim przypadku równanie kwadratowe $k^2+k-18=0$ nie ma pierwiastków całkowitych. Stąd wniosek, że $p=421$ jest jedyną liczbą spełniającą warunki zadania.

Wynik:

$\frac{7}{30}$

W poniższym rozwiązaniu przez $[F]$ będziemy oznaczać pole figury $F$. Z faktu, że $\mathit{EHD}$ i $\mathit{CHB}$ są trójkątami podobnymi, dostajemy równanie

Analogicznie, z podobieństwa trójkątów $\mathit{FBG}$ oraz $\mathit{CDG}$, otrzymujemy $\frac{\mathit{DG}}{\mathit{GB}}=\frac{3}{2}$. Zatem $\mathit{DH}=\mathit{BG}=\frac{2}{5}\cdot \mathit{DB}$ i $\mathit{HG}=\frac{1}{5}\cdot \mathit{DB}$. Korzystając z równości

uzyskujemy

Wynik:

$85595$

Niech $\overline{\mathit{abcde}}$ będzie taką liczbą pięciocyfrową, że $\overline{\mathit{abc}}=9\cdot \overline{\mathit{de}}$ i $\overline{\mathit{cde}}=7\cdot \overline{\mathit{ab}}$. Mamy wówczas

skąd $\overline{\mathit{de}}=\frac{1007c}{53}=19c$. Analogicznie, $\overline{\mathit{ab}}=17c$. Jeśli $c\ge 6$, to liczby $17c$ and $19c$ są większe od $100$. Zatem największa możliwa wartość $c$ to $5$, a największa możliwa wartość liczby $17119c$ to $85595$.

Wynik:

$42$

Pierwszy student który podniósł rękę jest pierwszą osobą, która ujrzała wszystkie trzy karty specjalne. To oznacza, że student ten musiał otrzymać kartę specjalną jako piątą z kolei, gdyż w przeciwnym przypadku mógłby podnieść rękę wcześniej. Co więcej, musiał on również otrzymać jedną z kart specjalnych na samym początku, gdyż w przeciwnym razie jego sąsiad siedzący po lewej stronie zobaczyłby wszystkie trzy karty specjalne jeszcze w poprzedniej kolejce. Oznaczmy przez $K_1$ pierwszą kartę, przez $K_3$ piątą kartę, a przez $K_2$ pozostałą kartę specjalną, którą zobaczył omawiany student. Po późniejszych spojrzeniach na swoje karty, dokładnie ci studenci, którzy widzieli $K_2$ i co najmniej jedną z pozostałych dwóch kart specjalnych mogą wydedukować pozycje wszystkich specjalnych kart — pozycje kart $K_1$ oraz $K_3$ są znane wszystkim, ale pozostali nie wiedzą, która z nich jest gdzie. Łatwo zauważyć, że po sześciu kolejkach dokładnie sześciu studentów widziało $K_2$ i co najmniej jedną z pozostałych dwóch kart specjalnych, a po siedmiu kolejkach jest dokładnie siedmiu takich studentów. Wynika stąd, że $x=6$, $y=7$ i w konsekwencji $\mathit{xy}=42$.

Wynik:

$\pi \frac{3-2\sqrt{2}}{4}=\pi \frac{{(1-\sqrt{2})}^2}{4}=\pi \frac{1}{4{(1+\sqrt{2})}^2}=\pi \frac{1}{4(3+2\sqrt{2})}$

Zauważmy, że oś symetrii równoramiennego trójkąta prostokątnego dzieli go na dwa trójkąty przystające, z których każdy jest $\sqrt{2}$ razy mniejszy do wyjściowego — w takim samym stosunku pozostają więc promienie okręgów wpisanych w trójkąty. To oznacza, że każde nowe koło wpisane ma pole dwa razy mniejsze od pola dotychczasowego koła wpisanego. Innymi słowy, łączne pole wszystkich kół wpisanych nie zmienia się, gdy dowolne z nich zastąpimy dwoma mniejszymi, wynikającymi z opisanego wyżej podziału trójkąta. Pozostaje więc wyznaczyć pole koła wpisanego w wyjściowy trójkąt — promień tego koła obliczamy korzystając z równości odpowiednich odcinków stycznych. Skoro długości przyprostokątnych dużego trójkąta są równe $\frac{\sqrt{2}}{2}$ (z twierdzenia Pitagorasa), a promienie okręgu wpisanego poprowadzone do przyprostokątnych wyznaczają wraz z nimi kwadrat, to otrzymujemy, że promień ma długość $\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}$. Stąd wynika, że szukane pole wynosi

Wynik:

$7$, $11$, $19$, $79$

Skoro $p$ jest liczbą pierwszą, to $p=11$ (w tym przypadku warunki zadania są spełnione) albo liczby $p$ i $p+11$ są względnie pierwsze. W drugim przypadku dany iloczyn jest podzielny przez $p+11$ wtedy i tylko wtedy, gdy liczba $(p+1)(p+2)=(p+11)(p-8)+90$ jest podzielna przez $p+11$, a tym samym $p+11\mid 90$. Ostatnia podzielność ma miejsce tylko dla liczb pierwszych $p$ należących do zbioru $\{7,19,79\}$.

Wynik:

$\frac{28!}{2^{14}}$

Sposób ubioru nóżek prosionka Łukasza może być reprezentowany przez umieszczenie w $28$ polach prostokąta $1\times 28$ czternastu skarpetek i czternastu butów, przy czym skarpetka zakładana na daną nogę powinna znaleźć się w polu na lewo od pola, w którym znajduje się but zakładany na tę nogę. Dla pierwszej pary skarpetka-but jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{28}{2}\right)$ możliwości wyboru pól, w których zostaną umieszczone. Dla drugiej pary zostaje tylko $26$ pól, skąd $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)$ możliwości. Rozumując analogicznie, dochodzimy w końcu do sytuacji, w której zostają tylko dwa pola i dokładnie $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{2}{2}\right)=1$ możliwość rozmieszczenia ostatniej pary skarpetka-but. Wobec tego wynikiem jest

Wynik:

$128$

Wystarczy podstawić $x^3=8-4x$ do danego wyrażenia w następujący sposób:

Wynik:

$36^{\circ }$

Niech $F$ będzie takim punktem na odcinku $\mathit{BC}$, że $\mathit{AE}\parallel \mathit{DF}$. Mamy $\mathit{DF}=\frac{1}{2}\mathit{AE}=\mathit{CD}$, więc $\mathit{FCD}$ to trójkąt równoramienny o podstawie $\mathit{FC}$. Przyjmijmy oznaczenie $\phi =\mathit{\angle BAC}$. Wówczas

W końcu, skoro $\mathit{\angle CAE}=\frac{1}{2}\phi$, to otrzymujemy

skąd $\phi =36^{\circ }$.

Wynik:

$\frac{1}{1008}$

Odejmując stronami zależności rekurencyjne dla $n$ oraz $n-1$, otrzymujemy $a_n=n^2\cdot a_n-{(n-1)}^2\cdot a_{n-1}$, co można uprościć do $a_n=\frac{n-1}{n+1}{a}_{n-1}$. Stąd

a zatem $a_{2015}=\frac{2\cdot 2015}{2015\cdot 2016}=\frac{1}{1008}$.

Wynik:

$1$, $9$

Oznaczmy przez $c_1$, $z_1$, $n_1$, $c_2$, $z_2$, $n_2$ liczby ścian odpowiednich kolorów na odpowiednich kostkach. Wiemy, że $c_1+z_1+n_1=12$, $c_2+z_2+n_2=12$ oraz $n_1=4$. Co więcej, spośród wszystkich $12^2=144$ możliwych wyników rzutu kośćmi, dokładnie w połowie otrzymujemy ten sam kolor na obu kostkach, skąd

Zapisując lewą stronę powyższej równości w zależności od $c_1$, $c_2$ oraz $z_2$ za pomocą wyprowadzonych wcześniej równości, otrzymujemy

Korzystając z równości $-3\le c_1-4\le 3$ oraz $-9\le c_2-z_2\le 9$, wnioskujemy, że $c_2-z_2$ jest równe $8$ lub $-8$, co wraz z $0<n_2=12-c_2-z_2$ oznacza, że $z_2=1$ lub $z_2=9$. Bezpośrednie sprawdzenie wskazuje, że obie znalezione wartości spełniają warunki zadania.

Wynik:

$32$

Wybierzmy dowolnego polityka, następnie tego, który siedzi od niego o $24$ miejsca po prawej stronie, potem kolejnego, siedzącego $24$ miejsca dalej, itd. Po pewnej liczbie takich wyborów, powiedzmy $s$, trafimy z powrotem na wyjściowego polityka. Zauważmy, że liczba $s$ to najmniejsza dodatnia liczba całkowita o tej własności, że $24s$ jest wielokrotnością $n$. Stąd $s=n∕d$, gdzie $d=\text{NWD}(n,24)$.

Zauważmy, że wybierani politycy muszą być na zmianę prawdomównymi i kłamcami, w szczególności polityk jest prawdomówny wtedy i tylko wtedy, gdy obaj oddaleni od niego o $24$ miejsca przy stole politycy są kłamcami. Jeżeli liczba $s$ byłaby nieparzysta, wynikłaby stąd sprzeczność. Stąd $n$ jest liczbą podzielną przez wyższą potęgę dwójki niż $24$. Najmniejszą taką liczbą większą od $24$ jest $32$ i bezpośrednie sprawdzenie pokazuje, że mogą być wówczas spełnione warunki zadania.

Wynik:

$15^{\circ }$

Oznaczmy przez $a$, $b$ długości przyprostokątnych, a przez $c$ — długość przeciwprostokątnej każdego z czterech otrzymanych trójkątów oraz załóżmy, że $a\le b$. Bezpośredni rachunek pozwala zauważyć, że pole mniejszego kwadratu stanowi dwie trzecie pola większego kwadratu. Wobec tego pole jednego trójkąta stanowi jedną ósmą pola mniejszego kwadratu, czyli

Niech $\alpha$ będzie szukanym najmniejszym kątem wewnętrznym. Wówczas $a=c\sin \alpha$ oraz $b=c\cos \alpha$, więc

Skoro $\alpha \le 45^{\circ }$, to $2\alpha =30^{\circ }$ i w konsekwencji $\alpha =15^{\circ }$.

Wynik:

$\frac{4}{3}\sqrt{14}$

Oznaczmy przez $O_1$, $O_2$, $O_3$ środki odpowiednio okręgów ${\omega }_1$, ${\omega }_2$, ${\omega }_3$, a przez $T_1$, $T_2$, $T_3$ — rzuty prostokątne odpowiednio punktów $O_1$, $O_2$, $O_3$ na prostą $\mathit{AB}$ (punkty $T_1$ i $T_2$ są więc punktami styczności okręgu ${\omega }_1$ do prostej $\mathit{AB}$). Skoro $O_1{T}_1\parallel O_2{T}_2\parallel O_3{T}_3$, $O_1{T}_1=1$, $O_2{T}_2=2$ oraz $O_1{O}_3=2O_2{O}_3$, a punkty $O_1$, $O_2$, $O_3$ są współliniowe, to korzystając z podobieństw odpowiednich trójkątów, łatwo otrzymujemy $O_3{T}_3=\frac{5}{3}$. Stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $A{O}_3{T}_3$, wnioskujemy, że

Wynik:

$84$

Istnieją dokładnie trzy dwucyfrowe liczby spełniające jednocześnie warunki podzielności przez $a$ i $c$ (dwie odpowiadające początkowej odpowiedzi Sfinksa, oraz jedna odpowiadającą odpowiedzi po poprawce). Ponadto obie odpowiedzi musiały były twierdzące, gdyż w przeciwnym razie byłyby więcej niż trzy liczby spełniające warunki. Otrzymujemy, że wszystkie trzy liczby są podzielne przez $\text{NWW}(a,c)=m$. Liczba $m$ spełnia warunki $25\le m\le 33$. Jedynie dwie liczby z przedziału $[25,33]$ da się przedstawić w postaci najmniejszej wspólnej wielokrotności dwóch cyfr, są to $28=\text{NWW}(4,7)$ oraz $30=\text{NWW}(5,6)$. Druga z tych możliwości nie może zajść ponieważ $c-a\ge 2$. Ostatecznie dostajemy, że $a=4$ oraz $c=7$. Przypuśćmy, że $b=5$, wówczas nie istnieje liczba dwucyfrowa podzielna jednocześnie przez $a$, $b$ i $c$. Jeżeli $b=6$, to odpowiedź negatywna na pytanie o podzielność przez $b$ odpowiada liczbom $28$ i $56$, a odpowiedź pozytywna odpowiada liczbie $S=84$.

Wynik:

15:20

Zauważmy, że czasy spotkań nie zależą od układu odniesienia, dlatego możemy założyć, że samochód stoi w miejscu. Przy tym założeniu, motocyklista potrzebował godzinę aby dotrzeć od samochodu do miejsca spotkania z kierującym skuterem, któremu ten sam dystans zajął pięć godzin. Otrzymujemy, że motocyklista jest pięć razy szybszy od kierującego skuterem. Podobnie otrzymujemy, że motocyklista jest dwukrotnie szybszy od rowerzysty, co za tym idzie stosunek szybkości rowerzysty do kierującego skuterem wynosi $5:2$.

Oznaczmy przez $t$ liczbę godzin jaką potrzebował kierujący skuterem aby dostać się od samochodu do punktu spotkania z rowerzystą. Wówczas rowerzysta, do pokonania tego samego dystansu, potrzebuje $t-2$ godziny. Stosunek tych czasów jest odwrotny do stosunku ich prędkości, więc

lub równoważnie $t=10∕3$. Ostatecznie, skoro jadący skuterem spotkał kierowcę o $12$ w południe to jego spotkanie z rowerzystą miało miejsce o godzinie 15:20.

Wynik:

$20$

Jeżeli robod nie rozpocznie czyszczenia w żadnym z narożnych kwadratów $3\times 3$, to zawsze pozostanie niewyczyszczony fragment dywanu — gdy robod przestanie poruszać się wzdłuż krawędzi dywanu (czyli nie później niż po szóstym skręcie), cały dywan zostanie podzielony na dwa oddzielne obszary złożone z niewyczyszczonych kwadratów takie, że robod nie może przedostać się z jednego do drugiego. Bezpośrednio sprawdzamy, że kwadraty startowe o współrzędnych $(1,2)$, $(2,1)$, $(2,3)$, $(3,2)$ oraz ich symetryczne odpowiedniki w pozostałych narożnikach dywanu również nie spełniają warunków zadania z podobnych przyczyn. Za to kwadraty o współrzędnych $(1,1)$, $(2,2)$, $(3,3)$, $(3,1)$, $(1,3)$ spełniają. Wobec tego jest dokładnie $4\cdot 5=20$ kwadratów startowych, zaczynając z których robod będzie w stanie wyczyścić cały dywan.

Wynik:

$22^{\circ }$

Kąty $\mathit{CDB}$ i $\mathit{CEB}$ są wpisane w okrąg $\omega$ i oparte na tym samym łuku, więc $\mathit{\angle CDB}=\mathit{\angle CEB}$, a zatem wystarczy wyznaczyć $\mathit{\angle CEB}$. Oznaczmy przez $X$ punkt przecięcia prostych $\mathit{AD}$ i $\mathit{CH}$. Zauważmy, że $124^{\circ }+56^{\circ }=180^{\circ }$ oraz $34^{\circ }+56^{\circ }=90^{\circ }$. Skoro czworokąt $\mathit{EXGF}$ jest wpisany w okrąg, to $\mathit{AD}\parallel \mathit{BC}$. Trójkąt $\mathit{ABD}$ jest prostkątny oraz $\mathit{\angle DEC}=\mathit{\angle DBC}$, skąd $\mathit{\angle ABC}=124^{\circ }$. W końcu $\mathit{\angle BDA}=\mathit{\angle DBC}=34^{\circ }$ oraz $\mathit{\angle CDA}=180^{\circ }-\mathit{\angle ABC}=56^{\circ }$ ($\mathit{ADCB}$ jest wpisany w okrąg), co prowadzi do $\mathit{\angle CEB}=\mathit{\angle CDB}=56^{\circ }-34^{\circ }=22^{\circ }$.

Wynik:

$14$

Oznaczmy pary małżonków przez $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$, $(c_1,c_2)$, $(d_1,d_2)$, $(e_1,e_2)$. Bez straty ogólności możemy założyć, że $a_1$ to osoba, która wzięła udział w dokładnie $2$ imprezach oraz, że na pierwszej z nich były obecne również osoby $b_1$, $c_1$, $d_1$ i $e_1$, a na drugiej — ich drugie połówki. Na każdej z pozostałych imprez mogły pojawić się co najwyżej dwie osoby spośród $b_1,b_2,\dots ,e_1,e_2$, a zatem musiało odbyć się jeszcze co najmniej $12$ innych imprez. Jeżeli osoba $a_2$ wzięła udział w dowolnych czterech różnych z tych imprez, otrzymujemy sytuację opisaną w treści zadania. Stąd wynika, że szukaną najmniejszą wartością $N$ jest 14.

Wynik:

$678$

Skoro $0<a<b$, to $b\ge 2$ oraz $6\cdot \overline{\mathit{bac}}>1200$, więc wynik otrzymany przez Andrzeja jest liczbą czterocyfrową, powiedzmy $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$. Z drugiej strony wiemy, że $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=\overline{\mathit{dfeg}}$. Odejmując stronami te dwie równości, otrzymujemy

Stąd $540(b-a)=90(e-f)$, czyli $6(b-a)=e-f$. Skoro $e$, $f$ są cyframi, to $e-f\le 9$, skąd wynika, że $e-f=6$ oraz $b-a=1$ ($b-a>0$ ponieważ $b>a$). Podstawiając $b=a+1$ w $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$, uzyskujemy

To oznacza, że $\overline{\mathit{defg}}$ różni się od pewnej wielokrotności liczby $660$ o dodatnią wielokrotność liczby $6$ nie większą od $42$ ($c\ge 3$). Pamiętając, że $e-f=6$ oraz $6\mid \overline{\mathit{defg}}$, sprawdzamy kolejno $a=1,2,\dots ,7$ i otrzymujemy listę kandydatów na liczbę $\overline{\mathit{defg}}$: $1932$, $1938$, $2604$, $3930$, $3936$, $4602$, $4608$. Jednak tylko dla $\overline{\mathit{defg}}=4608$ liczba $\overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}∕6=768$ okazuje się mieć różne niezerowe cyfry. Bezpośrednio sprawdzamy, że rzeczywiście $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=6\cdot 678=4068=\overline{\mathit{dfeg}}$.

Wynik:

$70$

Zauważmy, że ewentualne spotkanie może nastąpić jedynie w środkowym rzędzie. Ponadto, ścieżka jaką porusza się dane zwierzę jest jednoznacznie wyznaczona przez pola jakie odwiedza w środkowym rzędzie. Pozostaje obliczyć liczbę par nieprzecinających się przedziałów pól w środkowym rzędzie.

Rozważmy pierwszy przypadek, w którym jest przynajmniej jedno puste pole pomiędzy naszymi rozłącznymi przedziałami. Wówczas liczba możliwości jest równa $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)$ — na $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)$ sposobów wybieramy z sześciu krawędzi cztery, które ograniczają nasze przedziały, a następnie na dwa sposoby przypisujemy zwierzę do przedziału. W drugim przypadku, gdy przedziały są styczne, liczba możliwości to $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)$, ponieważ tym razem wybieramy trzy z sześciu krawędzi. Ostatecznie szukana liczba sposobów to $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)+2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)=70$.

Wynik:

$172$

Zauważmy, że równość $\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor =k$ jest równoważna nierównościom $k^3\le n\le {(k+1)}^3-1$. Spośród $3k^2+3k+1$ liczb całkowitych w przedziale $[k^3,{(k+1)}^3-1]$, poczynając od $k^3$, dokładnie co $k$-ta liczba jest podzielna przez $k$. Otrzymujemy, że jest dokładnie $3k+4$ takich liczb. Pozostaje zsumować to wyrażenie po wszystkich dodatnich liczbach całkowitych $k$ spełniających warunek ${(k+1)}^3-1\le 1000$ (tzn. $k\le 9$). Musimy również uwzględnić liczbę $1000$, która należy do przedziału $[10^3,11^3-1]$ oraz spełnia warunki zadania. Ostatecznie otrzymujemy wynik

Wynik:

$281∕2$

Niech liczby $a$, $b$, $c$ będą pierwiastkami danego równania, które są również długościami boków trójkąta prostokątnego. Załóżmy, bez straty ogólności, że $0<a,b<c$ tzn. $c$ jest przeciwprostokątną. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równość $a^2+b^2=c^2$. Ze wzorów Viete’a otrzymujemy

Podnosząc do kwadratu równość $15\sqrt{2}-c=a+b$, dostajemy $450-30\sqrt{2}c=2\mathit{ab}$. Po przemnożeniu przez $c$ oraz podstawieniu $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$, otrzymujemy równanie kwadratowe

którego pierwiastkami są $c_1=\sqrt{2}$ oraz $c_2=13\sqrt{2}∕2$. Liczba $c_1=\sqrt{2}$ nie może spełniać warunków $0<a,b<c$ oraz $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ stąd $c=13\sqrt{2}∕2$. Możemy już wyliczyć szukaną liczbę $m$ z równości

Wynik:

$4$ zielone i $21$ czerwonych

Niech $z$, $c$ oznaczają odpowiednio liczbę zielonych i czerwonych jabłek. Warunek podany w zadaniu można zapisać jako

lub równoważnie

Ostatnie równanie traktujemy jak równanie kwadratowe zmiennej $c$ z parametrem $z$. Jego wyróżnik

musi być kwadratem liczby całkowitej, w przeciwnym wypadku pierwiastki nie byłyby całkowite. Z warunku $z\ge 2$ otrzymujemy nierówności