Zadania

Wynik:

$216{\text{m}}^2$

$6^3=216$, dlatego długość krawędzi sześcianu wynosi $6\text{m}$. Odłupanie kawałka nie zmienia pola powierzchni głazu, więc wynosi ono $6\cdot 6^2=216{\text{m}}^2$.

Wynik:

$8.75\text{m}$

Pole powierzchni jednego domu jest równe połowie $35\text{m}\cdot 25\text{m}-300{\text{m}}^2=575{\text{m}}^2$, czyli $287.5{\text{m}}^2$. Skoro długość jednego boku prostokątnego domu jest równa $10\text{m}$, to drugi bok musi mieć długość $28.75\text{m}$. Stąd otrzymujemy $b=8.75\text{m}$.

Wynik:

$600$

Zauważmy, że niezałożenie pewnej części stroju możemy traktować jako dodatkową możliwość. Jeśli chodzi o kapelusze słomkowe, Marek może nie założyć żadnego lub wybrać jedną z trzech możliwości, co daje w sumie cztery opcje. Dla okularów przeciwsłonecznych dostajemy pięć możliwości, a dla podkoszulków — sześć. Marek musi wybrać jedną z pięciu par kąpielówek, zatem łączna liczba możliwości to $5\cdot 4\cdot 5\cdot 6=600$.

Wynik:

18 dni

Niech $v$ będzie szukaną liczbą dni trwania wakacji. Wówczas $v-11$ jest liczbą dni, w które deszcz nie padał rano, zaś $v-12$ jest liczbą dni, w które deszcz nie padał po południu. Skoro nie było żadnego w pełni słonecznego dnia, to

skąd $v=18$.

Wynik:

$2034$

Zauważmy, że liczba $n-Q(n)$ jest podzielna przez 9, a ponieważ 2016 jest liczbą podzielną przez 9, więc $Q(n)$ jest liczbą podzielną przez 9 — co oznacza, że $n$ również. Oczywiście $n<3000$, stąd $Q(n)\le 2+9+9+9$, zatem $n=2016+2Q(n)\le 2074$. Łatwo zauważyć, że 2034 jest najmniejszą liczbą spełniającą powyższe warunki.

Wynik:

$111111111$

Jeżeli $n$ jest cyfrą różną od zera, to jest dokładnie $10^{n-1}$ liczb rozpoczynających się cyfrą $n$ i mających własność opisaną w treści zadania, konkretnie są to liczby od $\overline{n0\dots 0}$ do $\overline{n9\dots 9}$ włącznie. Stąd wnosimy, że łącznie istnieje dokładnie

takich liczb.

Wynik:

15

Obrót zachowuje $n$-kąt foremny wtedy, kiedy kąt obrotu jest całkowitą wielokrotnością kąta pomiędzy odcinkami łączącymi dwa sąsiednie wierzchołki ze środkiem $n$-kąta. Ten kąt jest równy $360^{\circ }∕n$, więc szukamy najmniejszego dodatniego $n$ takiego, że liczba:

jest całkowita. Zatem szukane $n=15$.

Wynik:

17.06.2345

Numer miesiąca każdego szczęśliwego dnia zawiera zero lub jest równy 12, więc numer roku nie zawiera zera lub przekracza 3000. Rozważmy pierwszy z tych przypadków. Skoro pierwszą z cyfr DD może być tylko 0, 1, 2, 3, to najmniejszym możliwym rokiem jest 2145. Jednak wówczas numer dnia musiałby być równy 30, co nie jest możliwe, gdyż cyfra zero musi wystąpić w numerze miesiąca. Kolejnym możliwym rokiem jest 2345 i okazuje się, że w roku tym jest dzień szczęśliwy. Pierwszą cyfrą numeru dnia musi być 1, skąd pierwszym możliwym numerem miesiąca jest 06. Przyjmując za numer dnia 17, otrzymujemy pełną datę najbliższego szczęśliwego dnia.

Wynik:

$12$

Sześć płaszczyzn zawierających ściany prostopadłościanu spełnia zadane warunki. Co więcej, dla każdej pary przeciwległych ścian są dokładnie dwie płaszczyzny prostopadłe do tych ścian i zawierające po jednej przekątnej każdej z nich. Łącznie uzyskujemy $12$ płaszczyzn.

Wynik:

$9$

Aby uzyskać pole $A$, musimy odjąć pole odcinka koła (o środku w $M_2$ i promieniu $r_2$) od pola półkola (o środku w $M_1$ i promieniu $r_1$). Dla pola odcinka obliczamy pole ćwiartki koła o promieniu $r_2$ i odejmujemy pole trójkąta prostokątnego równoramiennego o ramieniu $r_2$. Korzystając z faktu, że $r_2^2=2r_1^2$ (z twierdzenia Pitagorasa), wnioskujemy że poszukiwane pole jest równe:

Wynik:

$6$

Co najwyżej jedna z czterech udzielonych odpowiedzi mogła być poprawna, więc wśród służących jest dokładnie trzech lub dokładnie czterech kłamców. Jednak gdyby wszyscy czterej byli kłamcami, mieliby w sumie 28 nóg, co oznaczałoby, że ostatni z nich nie skłamał. Uzyskana sprzeczność oznacza, że kłamliwi służący mają w sumie 21 nóg. Gdyby prawdomówny sługa miał 8 nóg, łączna liczba nóg byłaby równa 29, a taka odpowiedź nie padła. Wobec tego prawdomówny służący ma 6 nóg (i udzielił trzeciej z opisanych w treści zadania odpowiedzi).

Wynik:

25

Cena jednej tabliczki jest wspólnym dzielnikiem trzech liczb podanych w treści zadania. Aby liczba tabliczek była najmniejsza z możliwych, cena musi być jak największa, czyli być największym wspólnym dzielnikiem danych trzech liczb. Ponieważ $\mathrm{NWD}(270,189,216)=27$, więc łączna liczba sprzedanych tabliczek wynosi

Wynik:

$17$

Jeśli Ania zamówiłaby 16 lub mniej ciasteczek, to mogłoby się zdarzyć, że otrzymałaby ciasteczka czterech rodzajów, a w tym nie więcej niż 4 ciasteczka każdego rodzaju. Wówczas tata nie mógłby rozdać ciasteczek nie wywołując kłótni. Na przykład gdyby przyniosła 4 eklerki, 4 jagodowe babeczki, 4 drożdżówki i 4 kremówki lub jeszcze mniej któregoś rodzaju, to tacie nie uda się spokojny podwieczorek. Natomiast jeśli Ania przyniesie 17 ciasteczek, to albo będzie przynajmniej 5 różnych ciasteczek albo 5 ciasteczek tego samego typu.

Wynik:

$4:\pi$

Niech $r$ oznacza promień danego okręgu, natomiast $a$ będzie długością boku kwadratu. Na podstawie warunków zdania widzimy, że $2\mathit{\pi r}=4a$, stąd

Wynik:

22:30

Niech $d$ oznacza długość jednego lotu, a $s$ różnicę czasu między Europą a Wyspami Kokosowymi w godzinach. Możemy rozwiązać układ równań

otrzymując $d=14$, $s=5.5$. Zatem Paweł powrócił do siebie o 22:30 czasu kokosowego (CCT).

Uwaga. Wyspy Kokosowe rzeczywiście używają strefy czasowej GMT+6:30, czyli mają zegary przesunięte o 5,5 godziny względem naszych.

Wynik:

70, 140, 280

Na mocy warunków zadania wiemy, że $n$ dzieli $14\cdot 20=2^3\cdot 5\cdot 7$, stąd w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby $n$ występują jedynie liczby $2$, $5$ i $7$, przy czym 5 i 7 występują co najwyżej raz, natomiast 2 co najwyżej trzy razy. Ponieważ $14\mid 20n$, więc $n$ jest wielokrotnością 7. Korzystając z podzielności $20\mid 14n$ wnioskujemy, że $10\mid n.$ Łącząc powyższe spostrzeżenia, otrzymujemy $70\mid n$. Pozostaje zauważyć, że jedynymi liczbami spełniającymi powyższe warunki są $70$, $140$ i $280$.

Wynik:

17

Oznaczmy przez $R$ i $S$ pozostałe dwa wierzchołki danego prostokąta. Niech $B$ będzie drugim końcem odcinka o długości $x$ oraz niech $M$ będzie takim punktem na $\mathit{SR},$ że $\mathit{SM}=\mathit{PA}=10$.

Pole prostokąta $\mathit{PQRS}$ wynosi $180+90=270$ oraz $\mathit{PQ}=18$, więc $\mathit{PS}=\mathit{QR}=270∕18=15$. Na podstawie wzoru na pole trapezu wiemy, że

więc $\mathit{BR}=16$. Z równości $\mathit{BM}=\mathit{BR}-\mathit{MR}=8$ oraz twierdzenia Pitagorasa wnosimy, że

Wynik:

$(A,B,C,D)=(3,5,6,8)$

Bartek musi otrzymać co najmniej pięć truskawek, bo inaczej wiedziałby, że Adam dostał dokładnie trzy. Najmniejsza możliwa konfiguracja uwzględniająca ten fakt, $(3,5,6,7)$, nie spełnia warunków zadania (Dominik może wywnioskować liczby rozdanych truskawek), sprawdźmy więc te z dołożoną jedną truskawką. Są dwie takie konfiguracje: $(4,5,6,7)$ i $(3,5,6,8)$. Pierwsza z nich nie spełnia warunków (podobnie jak poprzednio, Dominik ma pełną informację), zaś w przypadku drugiej można łatwo sprawdzić, że żaden z braci nie jest w stanie ustalić dokładnej konfiguracji. Zatem $(3,5,6,8)$ jest szukaną odpowiedzią.

Wynik:

$800$

Podczas pierwszego przejścia okręgu zaznaczymy wszystkie liczby postaci $15k+1$ (dla $k$ całkowitego z odpowiedniego zakresu), zaczynając na $1$ i kończąc na $991$. Kolejny przebieg zacznie się liczbą $6$, a skończy liczbą $996$ — zaznaczymy liczby postaci $15k+6$. W trzecim przejściu zaczniemy na $11$, a skończymy na $986$, która będzie ostatnią zaznaczoną liczbą (odwiedzimy liczby postaci $15k+11$). Zauważmy, że zaznaczyliśmy dokładnie liczby postaci $5k+1$, które stanowią jedną piątą liczb napisanych na okręgu. Zatem $4∕5\cdot 1000=800$ liczb pozostanie niezaznaczonych.

Wynik:

$540^{\circ }$

Oznaczmy wierzchołki naszego wielokąta przez $A,B,\dots ,G$ (jak pokazano na rysunku). Niech $\mathit{DE}$ przecina $\mathit{AB}$ i $\mathit{AG}$ w punktach odpowiednio $X$ i $Y.$

Niech $S$ oznacza szukaną sumę. Ponieważ suma kątów wewnętrznych w obu czworokątach $\mathit{XBCD}$ oraz $Y\mathit{EFG}$ jest równa $360^{\circ }$, więc

Jednakże $\mathit{\angle BXY}=180^{\circ }-\mathit{\angle AXY}$ oraz $\mathit{\angle XY}G=180^{\circ }-\mathit{\angle XY}A$, stąd

Oznacza to, że $S=540^{\circ }.$

Wynik:

17/6

Łatwo zauważyć, że postępowanie Lucyny można sprowadzić do wybrania pewnego ustawienia danych liczb, powiedzmy $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$, i policzenia wartości

Największa możliwa wartość $S$ jest osiągana dla porządku rosnącego (ponieważ największa liczba jest dzielona przez najmniejszą, druga największa przez drugą najmniejszą itd.). Analogicznie, najmniejsza wartość $S$ jest osiągana dla ustawienia malejącego. Oczywiście, największy błąd jest osiągany dla którejś z tych skrajnych wartości. Średnia arytmetyczna danych liczb wynosi $35∕6$. Dla porządku rosnącego dostajemy $S=67∕8$, co daje błąd $61∕24$. Dla ustawienia malejącego otrzymujemy $S=3$, co daje błąd $17∕6$, który jest też ostatecznym wynikiem.

Wynik:

$24\text{m}$

Trójkąty $E{L}_1{L}_2$ i $E{L}_1{L}_5$ są podobne, gdyż oba zawierają kąty równe $\alpha$ i $\angle L_5{L}_{1}E$. Mamy stąd

zatem szukana długość odcinka $E{L}_1$ wynosi $24\text{m}$.

Wynik:

$10$ i $13$

Oznaczmy przez $a$ i $b$ liczby spełniające podane warunki. Skoro suma pierwszych siedemnastu liczb naturalnych wynosi $153$, to trzeba rozwiązać równanie $153-(a+b)=\mathit{ab}$. Zmieniając kolejność wyrazów i dodając do obu stron równania 1, otrzymujemy $154=\mathit{ab}+a+b+1=(a+1)(b+1)$. Skoro $154=2\cdot 7\cdot 11$ i $2\le (a+1),(b+1)\le 18$, to jedyny możliwy rozkład na czynniki to $154=11\cdot 14$. Dlatego szukanymi liczbami są $10$ i $13$.

Wynik:

$\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$

Zapiszmy dowolną szóstkę jako

gdzie $0\le x,y,z<15$. Warunek $a>b>c>d>e>f$ jest równoważny zależności $x>y>z>0$, więc każda szóstka jest wyznaczona jednoznacznie przez wybór trzech liczb całkowitych dodatnich mniejszych niż 15, który możemy dokonać na $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$ sposobów.

Wynik:

03:03

Liczba minut jest równa liczbie sekund raz w każdej minucie, więc zdarzy się to 50 razy, a możliwość czytania od końca pojawia się raz w każdej minucie z cyfrą jedności mniejszą od 6, a więc 30 razy. Ponadto pieciokrotnie mamy jednocześnie oba powody świecenia ($00:00,11:11,\dots ,44:44$). Zatem światełko zapala się łącznie 75 razy (wliczając moment wybuchu). Moment na rozbrojenie bomby jest odpowiedni, gdy pozostanie jeszcze 5 mrugnięć ($00:00$, $01:01$, $01:10$, $02:02$, $02:20$), a więc, gdy wyświetlone jest $03:03$.

Wynik:

$\frac{1}{3}$

Oznaczmy przez $M_1$, $M_2$, i $M_3$ środki okręgów jak na rysunku oraz przez $r_3$ oznaczmy promień okręgu z drugim najmniejszym promieniem.

Dzięki symetrii wiemy, że $M_1{M}_2\perp M_1{M}_3$. Twierdzenie Pitagorasa daje nam równość

co oznacza, że $r_3=\frac{2}{3}$.

Niech $P$ będzie takim punktem, że czworokąt $M_1{M}_{2}P{M}_3$ jest prostokątem. Oznaczmy przez $A,$ $B$ i $C$ punkty przecięcia odcinków $P{M}_1,$ $B{M}_2$ i $C{M}_3$ (w tej kolejności) z odpowiednimi okręgami (tak jak na rysunku). Ponieważ czworokąt $M_2{M}_1{M}_{3}P$ jest prostokątem, więc $\mathit{PB}=\frac{4}{3}-1=\frac{1}{3}$, $\mathit{PC}=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}$ oraz $\mathit{PA}=2-M_2{M}_3=2-(1+r_3)=\frac{1}{3}$. Zatem odległość punktu $P$ od punktów $A,$ $B$ i $C$ wynosi $\frac{1}{3}$. Oznacza to, że punkty $A,$ $B$ i $C$ leżą na okręgu $\omega$ o środku w punkcie $P$ i promieniu równym $\frac{1}{3}.$ Definicja punktów $A,$ $B$ i $C$ pozwala stwierdzić, że są to punkty styczności odpowiednich okręgów z $\omega$ — oznacza to, że okrąg $\omega$ o promieniu $\frac{1}{3}$ jest szukanym okręgiem w zadaniu.

Wynik:

$9$

Oznaczmy przez $n$ początkową liczbę graczy, zaś przez $x$ przeciętny majątek gracza (również początkowy). Z treści zadania otrzymujemy następujące równania:

Po przekształceniu dostajemy

skąd łatwo wynika $n=9$. Zatem zanim Eryk odszedł od stołu, było przy nim dziewięcioro graczy.

Wynik:

125

Na początku zauważmy, że sześcianów jednostkowych jest $7^3$. Poprzez usunięcie jednej przegrody łączymy ze sobą dwa sześciany jednostkowe i liczba izolowanych obszarów w obrębie całego sześcianu zmniejsza się o jeden. Chcemy otrzymać co najwyżej $7^3-5^3$ izolowanych obszarów (jest to liczba zewnętrznych sześcianów jednostkowych). Wynika stąd, że potrzebujemy usunąć co najmniej $5^3=125$ przegród. Łatwo zauważyć, że $125$ wystarcza.

Wynik:

909

Niech $a^2$ będzie kwadratem kończącym się dwiema cyframi $16$. Oznacza to, że $a^2-16=(a-4)(a+4)$ dzieli się przez $100$, zatem $a=2b$ oraz $(b-2)(b+2)$ dzieli się przez $25$. Tak więc $b=25n\pm 2$ i konsekwentnie $a=50n\pm 4$. Skoro $1404^2<{(1.414\cdot 1000)}^2<{(1000\sqrt{2})}^2=2000000$ oraz $1454^2>1450^2=2102500>2100000$, to jedyną możliwością jest $a=1446$, czyli $a^2=2090916$.

Wynik:

$18∕5$

Niech $D$ będzie środkiem $\mathit{BC}$, wtedy $△\mathit{ABD}$ jest trójkątem prostokątnym, zatem z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy $\mathit{AD}=4$. Część trójkąta niewypełniona przez wodę jest więc trójkątem podobnym do $△\mathit{ABC}$ ze skalą podobieństwa $1∕4$. Skoro stosunek pól (niewypełnionej części i całego trójkąta) zachowuje się po obrocie trójkąta, takie samo podobieństwo musi zachodzić również w nowej sytuacji. Zatem poziom wody leży zawsze w $3∕4$ wysokości, więc wystarczy obliczyć wysokość opuszczoną na $\mathit{AB}$. Wiedząc, że pole $△\mathit{ABC}$ jest równe $\frac{1}{2}\cdot \mathit{AD}\cdot \mathit{BC}=12$, otrzymujemy $h_{\mathit{AB}}=2\cdot 12∕\mathit{AB}=24∕5$. Dochodzimy do wniosku, że wysokość pola wypełnionego przez wodę jest równa $3∕4\cdot 24∕5=18∕5$.

Wynik:

$1,1,3,2,4,6$

Prześledźmy rozmieszczenie od końca: Stan $(0,0,0,0,0,0)$ tj. gdy wszystkie brzoskwinie są zjedzone mógł być osiągnięty jedynie z $(1,0,0,0,0,0)$, który mógł powstać wyłącznie z $(0,2,0,0,0,0)$ i tak dalej.

W ten sposób otrzymujemy jednoznaczny ciąg rozmieszczeń

który kończy się na $(1,1,3,2,4,6)$, gdy mamy 17 brzoskwiń.

Wynik:

26

Po pierwsze zauważmy, że w dół chce jechać 13 par, a więc mamy 12 odległości między krzesełkami, a w górę 37 par, czyli 36 odcinków między krzesełkami — trzykrotnie więcej. Stąd czas pomiędzy podanymi w zadaniu momentami jest dwukrotnie dłuższy od czasu między momentem spotkania pierwszych zapełnionych krzesełek do 12:16. Stąd wnosimy, że pierwsze zapełnione krzesełka spotkały się o 12:13, a było to dokładnie w połowie drogi, a więc czas podróży wynosi 26 minut.

Wynik:

$100^{\circ }$

Ponieważ $\mathit{CD}=\mathit{AD}=\mathit{MD}=\mathit{ND}$, więc trójkąty $\mathit{AMD}$ i $\mathit{NCD}$ są równoramienne o podstawach odpowiednio $\mathit{AM}$ i $\mathit{NC}$. Niech $𝜃=\mathit{\angle DAB}$; wtedy $\mathit{\angle ABC}=\mathit{\angle ADC}=180^{\circ }-𝜃$. Jednakże

więc

i

Otrzymujemy więc, że $420^{\circ }-4𝜃=180^{\circ }-𝜃$ lub $𝜃=80^{\circ }$, zatem $\mathit{\angle ABC}=100^{\circ }$.

Wynik:

130

Jeśli któraś kolumna szachownicy jest jednokolorowa, to wtedy sąsiednie kolumny muszą mieć inny kolor, a następne kolumny muszą mieć ten sam kolor co pierwsza itd., więc są dwie możliwości pokolorowania szachownicy w ten sposób, w zależności od koloru użytego do pokolorowania pierwszej kolumny.

Z drugiej strony, z poprzedniego akapitu wynika, że jeśli jest kolumna pokolorowana obydwoma kolorami, to do pokolorowania każdej kolumny zostały użyte oba kolory. Łatwo zauważyć, że w tym przypadku nie ma znaczenia który kolor będzie na górze, a który na dole, bo każde takie kolorowanie będzie spełniało warunki zadania, więc jest $2^7=128$ takich kolorowań.

W sumie jest $2+128=130$ możliwych kolorowań szachownicy.

Wynik:

196

Przypuśćmy, że mamy podział na kupki zgodny z opisem w zadaniu. Niech $m$ oznacza liczbę diamentów w najmniejszej kupce. Jeśli $m\ge 3$, to można ją podzielić na dwie mniejsze o wielkościach $1$ i $m-1$, różnych od już istniejących. A zatem $m=1$, bo nie ma kupki, w której są dokładnie 2 diamenty.

Kolejna najmniejsza kupka musi zawierać dokładnie 3 diamenty. Gdyby bowiem zawierała ich $n\ge 4$, to rozmiary $2$ i $n-2$ byłyby wolne.

Dalej przez rozumujemy przez indukcję: jeśli kupki o wielkościach $1,3,\dots ,2k-1$ ($k>1$) stanowią $k$ najmniejszych kupek, to kolejna najmniejsza (jeśli istnieje) musi zawierać $2k+1$ diamentów. Niech $p$ oznacza rozmiar tej kupki. Gdyby $p$ było parzyste, to można taką kupkę podzielić na mniejsze o parzystych rozmiarach. Jeśli zaś $p\ge 2k+3$, to podział $p=2+(p-2)$ również da dwa rozmiary, które wcześniej nie występowały. Natomiast widzimy, że $p=2k+1$ spełnia warunki zadania.

Stąd wnosimy, że liczba diamentów Michała musi być postaci: $1+3+\dots +(2k-1)=k^2$. Największy kwadrat, który jest mniejszy niż $200$, to $14^2=196$, a więc tyle diamentów posiada Michał.

Wynik:

$3{!}^3∕9!=1∕1680$

Rozważmy trzy zbiory, z których każdy zawiera trzy z możliwych do zagrania par w jednej rundzie:

Zauważmy, że pojedyncza runda turnieju kończy się remisem wtedy i tylko wtedy, gdy dwie pary należące do tego samego zbioru spośród $R_P$, $R_K$, $R_N$ są grane przeciwko sobie. Każdy z możliwych przebiegów całego turnieju można zakodować (wzajemnie jednoznacznie) przez parę permutacji elementów zbioru $R_P\cup R_K\cup R_N$; pierwsza permutacja odpowiada wyborom gracza $G_1$ w kolejnych turach, zaś druga — wyborom gracza $G_2$. Wszystkie rundy kończą się remisem wtedy i tylko wtedy, gdy elementy każdego ze zbiorów $R_P$, $R_K$, $R_N$ zajmują te same trzy pozycje w permutacjach graczy $G_1$ oraz $G_2$, czyli pary z poszczególnych zbiorów były grane w tych samych turach. Rozważmy dowolną permutację oznaczającą kolejność ruchów gracza $G_1$ w kolejnych turach. Liczba ułożeń ruchów $G_2$ w całym turnieju, prowadzących do remisu w każdej z rund, jest równa $3{!}^3$, niezależnie od wybranej permutacji gracza $G_1$. Stąd wynika, że szukane prawdopodobieństwo jest równe

Wynik:

$\frac{5}{3}\sqrt{2}$

Bryłę tę można otrzymać z sześcianu w następujący sposób: ścinamy każdy wierzchołek płaszczyzną przechodzącą przez środki krawędzi przyległych do usuwanego wierzchołka. Długość krawędzi tego sześcianu wynosi $\sqrt{2}$, więc jego objętość to $2\sqrt{2}$. Każdy z usuniętych kawałków to ostrosłup trójkątny, którego podstawą jest trójkąt równoramienny prostokątny o długości przyprostokątnej równej $\sqrt{2}∕2$. Wysokość ostrosłupa również wynosi $\sqrt{2}∕2$. Zatem jego objętość to $\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot {(\sqrt{2}∕2)}^2\cdot (\sqrt{2}∕2)=\sqrt{2}∕24$, a objętość całej bryły jest równa $2\sqrt{2}-8\cdot \sqrt{2}∕24=5\sqrt{2}∕3$.

Wynik:

601

Zauważmy, że

oraz

ale tylko ostatni czynnik jest większy niż $100$. Skoro wiemy, że trzycyfrowy dzielnik pierwszy istnieje i $5^4-5^2+1=601$ na pewno nie jest podzielne przez $2$, $3$ i $5$, to jest liczbą pierwszą, więc jest poszukiwanym dzielnikiem.

Wynik:

20

Pokolorujmy 13 komórek na szaro, tak jak na obrazku:

Każda trzykomórkowa część musi zawierać dokładnie jedną szarą komórkę, więc Maja musi zająć jedno z szarych pól.

Jeśli byłaby to środkowa komórka, to resztę pól można by podzielić na dokładnie dwa sposoby na $12$ części wydzielonych dla dużych pszczół (jeden z nich jest pokazany na rysunku, a drugi powstaje z pierwszego przez obrót o $60$ stopni). Dla każdej ze „środkowych” komórek istnieje dokładnie jeden sposób, żeby pomieścić duże pszczoły w plastrze. Wreszcie, dla każdej ze skrajnych szarych komórek są dokładnie dwa sposoby na podzielenie pozostałych pól na części składające się z trzech komórek (tak jak na rysunku poniżej oraz symetrycznie).

W sumie uzyskujemy $2+6\cdot 1+6\cdot 2=20$ sposobów na podział plastra zgodnie z założeniami.

Wynik:

15/8

Wiemy, że $\mathit{\angle AXB}=\mathit{\angle ACB}=60^{\circ }$ oraz $\mathit{\angle AXC}=\mathit{\angle ABC}=60^{\circ }$, a więc $\mathit{\angle BXT}=180^{\circ }-\mathit{\angle AXB}-\mathit{\angle AXC}=60^{\circ }$. Niech $U$ będzie punktem leżącym na prostej $\mathit{AX}$ takim, że $\mathit{TU}\parallel \mathit{BX}$.

Wtedy $\mathit{TUX}$ jest trójkątem równobocznym i $△\mathit{TUA}\sim △\mathit{BXA}$. Zatem otrzymujemy:

Wynik:

$\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)=325$

Widzimy, że $\mathit{PA}$, $\mathit{PB}$, $\mathit{PC}$ znajdują się wśród $27$ półprostych wypuszczonych z $P$: jeśli by tak nie było, otrzymalibyśmy czworokąt, co prowadziłoby do sprzeczności. Podzielmy obwód $△\mathit{ABC}$ na $27$ odcinków takich, że każdy bok jest podzielony na odcinki o równej długości; w sumie jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)=325$ takich podziałów, skoro jeśli wybierzemy $A$ jako pierwszy punkt podziału, możemy wybrać $B$ i $C$ z pozostałych $26$ punktów. Wreszcie zauważmy, że każdy taki podział odpowiada dokładnie jednemu błyszczącemu punktowi: oczywiście, każdy błyszczący punkt wyznacza przez wychodzące z niego półproste podział obwodu. Z drugiej strony, mając zadane długości $a$, $b$, $c$ odcinków, na które są podzielone odpowiednie boki, niech $P$ będzie jedynym punktem wewnątrz $△\mathit{ABC}$ takim, że odległości $P$ od boków $\mathit{BC}$, $\mathit{CA}$, $\mathit{AB}$ są w stosunku $1∕a:1∕b:1∕c$. Proste obliczenia pokazują, że $P$ jest rzeczywiście błyszczącym punktem, a półproste z niego wychodzące dzielą $△\mathit{ABC}$ zgodnie z zadanym podziałem.

Wynik:

$47$

Rozkładając na czynniki pierwsze liczbę $2016=2^5\cdot 3^2\cdot 7$ uzyskujemy rozkład $2016^2=2^{10}\cdot 3^4\cdot 7^2$. Zatem $2016^2$ ma $11\cdot 5\cdot 3=156$ dodatnich dzielników, z których $\frac{1}{2}\cdot (165-1)=82$ są mniejsze niż $2016$, ponieważ dzielniki $2016^2$ - wyłączając $2016$ - możemy podzielić na pary $(x,y)$ takie, że $x\cdot y=2016^2$ i $x<2016<y$. Zauważmy, że $2016$ ma $6\cdot 3\cdot 2-1=35$ dzielników mniejszych od $2016$, które oczywiście są również dzielnikami $2016^2$. Stąd szukana liczba dzielników jest równa $82-35=47$.

Wynik:

$\frac{1}{2}(4033\sqrt{4033}-1)$

Zauważmy, że dla $n\in \mathbb{N}$,

Zatem,

Wynik:

423

Liczba $1$ może być w jednym kroku osiągnięta wyłącznie z liczby $3$, która z kolei może powstać z $2$ lub $9$. $2$ może powstać z $1$ albo z $6$, ale $1$ nie chcemy liczyć. Liczba $9$ mogła powstać z $8$ lub $27$. Niech $P_n$ oznacza zbiór liczb całkowitych dodatnich takich, że ciąg $a_n$ osiąga $1$ dokładnie w $n$ krokach wtedy i tylko wtedy, gdy $a_0\in P_n$.

Niech $p_n$ oznacza liczbę elementów $P_n$. Ponadto oznaczmy przez $x_n,y_n,z_n$ liczby elementów $P_n$, które dają resztę z dzielenia przez 3 odpowiednio $0,1$ i $2$.

Zauważmy, że aby otrzymać $P_{n+1}$ ze zbioru $P_n$ dla $n\ge 3$ bierzemy $3x$ dla każdego $x$ ze zbioru $P_n$ oraz $x-1$ dla każdego $x$ ze zbioru $P_n$ takiego, że $x-1$ nie dzieli się przez 3. Zauważmy, że wszystkie elementy $P_n$ dla $n\ge 3$ są wieksze od $3$. Mamy zatem

• $x_{n+1}=p_n$, bo dla każdego $x\in P_n$ mamy $3x\in P_{n+1}$,
• $y_{n+1}=z_n$, bo liczby postaci $3k+1$ w $P_{n+1}$ powstają dokładnie z liczb postaci $3k+2$ w $P_n$ oraz
• $z_{n+1}=x_n$ z podobnego powodu.

Mamy zatem

Początkowe rachunki dają $p_1=1,p_2=2,p_3=3$, a kolejne wyrazy obliczamy łatwo ze znalezionej zależności rekurencyjnej, otrzymując $p_{11}=423$.

Wynik:

$74^{\circ }$

Ponieważ $K$ jest środkiem $\mathit{BD}$ i $J$ jest środkiem $\mathit{DI}$, to $\mathit{KJ}\parallel \mathit{BI}$ i podobnie $\mathit{KL}\parallel \mathit{CF}$. Zatem $\mathit{\angle JKL}=\mathit{\angle IBA}+\mathit{\angle DCF}$. Skoro $\mathit{\angle AIE}=\mathit{\angle ABE}=90^{\circ }$, to na czworokącie $\mathit{BIAE}$ można opisać okrąg. Dalej,

Analogicznie $\mathit{\angle DCF}=37^{\circ }$, zatem $\mathit{\angle JKL}=74^{\circ }$.

Wynik:

133

Załóżmy, że Jakub wybrał dokładnie $a$ liczb równych $-1$, $b$ liczb równych $1$, $c$ liczb równych $2$ (oczywiście liczby równe $0$ nie grają żadnej roli). Warunki z treści zadania można zapisać jako

Naszym celem jest zmaksymalizowanie wartości $-a+b+8c=19+6c$. Dodając wyżej zapisane równości, otrzymujemy zależność $6c=118-2b$, z której wynika, że $c\le 19$. Wartość $c=19$ możemy otrzymać ustalając $a=21$ i $b=2$, zatem szukane maksimum jest równe $19+6\cdot 19=133$.

Wynik:

$876513240$

Oznaczmy $k$-tą cyfrę szukanej liczby przez $A_k$, a przez $N_k$ liczbę ośmiocyfrową powstałą przez wykreślenie $A_k$. Szukana liczba to zatem $\overline{A_1{A}_2{A}_3{A}_4{A}_5{A}_6{A}_7{A}_8{A}_9}$. Niech $d$ będzie jedyną cyfrą, która nie występuje w szukanej liczbie.

Ponieważ $N_2$ jest parzysta, a $N_5$ dzieli się przez $5$, to $A_9=0$.

Liczba $N_9$ jest podzielna przez $9$, a więc również $A_1+A_2+A_3+A_4+A_5+A_6+A_7+A_8=1+2+3+4+5+6+7+8+9-d=45-d$ dzieli się przez $9$. Stąd $d=9$. Z podzielności przez 3 liczb $N_3$ i $N_6$ wynika też, że $\{A_3,A_6\}=\{3,6\}$.

Liczby $N_8$ i $N_4$ są podzielne przez $4$, więc cyfry $A_7$ i $A_8$ muszą być parzyste, a ponadto pierwsza z tych liczb dzieli się przez 8, a więc dwucyfrowa liczba $\overline{A_6{A}_7}$ jest podzielna przez 4.

Mając powyższe na uwadze i chcąc uzyskać jak największą liczbę możemy przyjąć $A_1=8$, $A_3=6$, $A_6=3$. Wówczas $\{A_7,A_8\}=\{2,4\}$ i ze względu na podzielność $4\mid \overline{A_6{A}_7}$ musimy ustawić je w porządku $A_7=2$ i $A_8=4$. Teraz sprawdzamy, że wpisując pozostałe cyfry poczynając od największej otrzymujemy liczbę $876513240$, która spełnia ostatni warunek, tj. podzielność $N_7=87651340$ przez $7$.

Wynik:

25

Zauważmy, że pole i obwód w danym trójkącie są równe wtedy i tylko wtedy, gdy promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest równy 2. Zatem trójkąty $\mathit{BCP}$ i $\mathit{ADP}$ są przystające. Istotnie, jeśli punkt $P$ jest bliżej boku $\mathit{AD}$ niż $\mathit{BC},$ to promień okręgu wpisanego w trójkąt $\mathit{ADP}$ jest mniejszy niż promień okręgu wpisanego w trójkąt $\mathit{BCP}.$ Oznacza to, że punkt $P$ leży na jednej z osi symetrii prostokąta $\mathit{ABCD}.$

Niech $Q$ będzie rzutem prostokątnym punktu $P$ na $\mathit{BC}$ i niech $M$ będzie środkiem odcinka $\mathit{AB}.$ Połóżmy $x=\mathit{BQ}$, $y=\mathit{CQ}$. Pole trójkąta $\mathit{ABP}$ wynosi $6x$. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $\mathit{MBP}$ wnioskujemy, że $\mathit{BP}=\sqrt{x^2+6^2}$. Równość pola i obwodu w trójkącie $\mathit{ABP}$ przyjmuje postać

wiec $x=9∕2$.

Wartość $y$ znajdujemy analogicznie. Mamy $\mathit{BP}=15∕2$ oraz $\mathit{CP}=\sqrt{y^2+6^2}$, więc równość pola i obwodu trójkąta $\mathit{BCP}$ implikuje, że

stąd $y=5∕2$.

Ostatecznie widzimy, że $\mathit{CP}=13∕2$, więc obwód trójkąta $\mathit{CDP}$ jest równy $25.$

Wynik:

145

Niech $c_i$ oznacza liczbę ze zbioru $\{247,-118\}$ użytą jako $c$ w każdym kroku. Po $n$ krokach liczba $a$ — pierwsza współrzędna uzyskanej pary, będzie równa $a=n{c}_1+(n-1)c_2+\cdots +c_n$. Ustalmy $n$ i niech $s=n{𝜀}_1+(n-1){𝜀}_2+\cdots +{𝜀}_n$, gdzie ${𝜀}_i=1$ jeśli $c_i=247$ oraz ${𝜀}_i=0$ w przeciwnym razie. Definiujemy $t$ w analogiczny sposób tzn. ${𝜀}_i=1$ wtedy i tylko wtedy, gdy $c_i=-118$. Oczywiście $a=247s-118t$, więc równość $a=0$ oznacza, że $247s=118t$, a ponieważ liczby $247$ i $118$ są względnie pierwsze, więc istnieje liczba całkowita $k$ taka, że $s=118k$ oraz $t=247k$. Oznacza to, że

Z równości $365=5\cdot 73$ widzimy, że $n\ge 2\cdot 73-1=145$. Pozostaje pokazać, że istnieją liczby $c_i$ takie, że $247s=118t$ z $n=145$. W tym celu oznaczmy przez $m$ najmniejszą liczbę całkowitą taką, że

oraz połóżmy $c_i=-118$ dla $i\in \{1,\dots ,m\}\setminus \{r\}$ i $c_i=247$ w przeciwnym razie, gdzie

(tak naprawdę $m=120$ and $r=97$.) W ten sposób dostaniemy pożądane równości

Wynik:

416

Każde dwa zygzaki mogą się przecinać w co najwyżej dziewięciu punktach. Przy każdej liczbie zygzaków łatwo możemy uzyskać konfigurację, w której każde dwa zygzaki przecinają się dokładnie w dziewięciu punktach i żadne trzy nie przecinają się w jednym punkcie. Rozważmy dokładanie zygzaków jeden po drugim: $n$-ty w kolejności dodawania zygzak jest podzielony przez $9(n-1)$ punktów przecięcia z $n-1$ już istniejącymi zygzakami na $9(n-1)+1$ odcinków, z których każdy dzieli istniejący już wcześniej region na dwie części. Zatem największa liczba regionów, które można uzyskać używając $n$ zygzaków, $Z_n$, spełnia $Z_1=2$ i $Z_n=Z_{n-1}+9n-8$ dla $n\ge 2$. Ogólny wzór $Z_n=\frac{9}{2}{n}^2-\frac{7}{2}n+2$ łatwo wynika z indukcji matematycznej, w szczególności $Z_{10}=416$.

Wynik:

$\sqrt{5}$

Udowodnimy następujący, ogólny fakt: Jeżeli każda ze ścian czworościanu jest trójkątem o bokach długości $a$, $b$, $c$, zaś promień sfery opisanej na czworościanie jest równy $r$, to $a^2+b^2+c^2=8r^2$. Żądany wynik otrzymujemy po bezpośrednim zastosowaniu tego faktu dla danych z treści zadania.

Wpiszmy czworościan w prostopadłościan o krawędziach długości $p$, $q$, $r$ w taki sposób, aby krawędzie czworościanu były przekątnymi ścian prostopadłościanu. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy więc