Zadania

Wynik:

$58$

Wiek babci może być łatwo obliczony w następujący sposób: $21+4\cdot 4+21=58$.

Wynik:

$56$

Rozważmy powstałe pięć równoramiennych trójkątów. Suma miar kątów wewnętrznych tych trójkątów przy wierzchołku $S$ wynosi $180^{\circ }$. Wobec tego miar suma pięciu zaznaczonych kątów wynosi $\frac{5\cdot 180^{\circ }-180^{\circ }}{2}=360^{\circ }$ skąd wynika, że szukany kąt ma miarę $360^{\circ }-67^{\circ }-80^{\circ }-85^{\circ }-72^{\circ }=56^{\circ }$.

Wynik:

$32$

Dodajmy liczby uczestników każdego konkursu a następnie odejmijmy liczbę uczestników dwóch różnych konkursów. Widzimy, że wówczas trójka ambitnych uczniów została odjęta o jeden raz za dużo, więc należy ich liczbę jeszcze raz dodać. Zatem odpowiedź to $22+13+15-8-7-6+3=32$.

Wynik:

$90$

Jest pięć jednocyfrowych liczb parzystych. Aby wynik opisanego dodawania był superparzysty, każda suma dwóch cyfr obliczana w procesie tradycyjnego algorytmu dodawania musi być mniejsza niż $10$. Uwzględniając, że liczba nie może rozpoczynać się cyfrą $0$, uzyskujemy po trzy możliwości dla każdej z dwóch pierwszych cyfr, dwie dla trzeciej cyfry, jedną dla czwartej oraz pięć dla ostatniej. Łącznie dostajemy $3\cdot 3\cdot 2\cdot 1\cdot 5=90$ liczb.

Wynik:

$25∕4$

Wiemy, że suma obwodów czterech murów będzie równa obwodowi nowego muru. Oznaczmy promień nowego dłuższego muru przez $r$. Mamy $2\pi \cdot 50+2\pi \cdot 100+2\pi \cdot 150+2\pi \cdot 200=2\pi \cdot r$, skąd wnioskujemy, że $r$ jest sumą promieni czterech murów: $r=500$. Stosunek powierzchni obszarów wynosi zatem $\frac{\pi \cdot 500^2}{\pi \cdot 200^2}=25∕4$.

Wynik:

$9316$

Ponieważ szukana liczba jest podzielna przez liczby pierwsze $137$ i $17$, więc musi być wielokrotnością $137\cdot 17=2329$. Zauważmy, że ta liczba nie spełnia wszystkich warunków oraz że liczbę tę można pomnożyć tylko przez $2$, $3$ lub $4$, aby nadal była liczbą czterocyfrową. Liczymy $2329\cdot 2=4658$, $2329\cdot 3=6987$ i $2329\cdot 4=9316$, które mają odpowiednio sumy cyfr równe $23$, $30$ i $19$. Ponieważ $19$ jest z nich najmniejsza, więc liczba $9316$ jest szukanym kodem do zamka.

Wynik:

$27$

Przyjmijmy, że trzy przystające wielokąty otaczające trójkąt mają po $n$ boków. Wówczas wynik wynosi $3(n-3)$, ponieważ każdy taki wielokąt dzieli dokładnie $3$ boki z innymi wielokątami (wliczając w to trójkąt) oraz każdy bok ma długość $1$. Skoro dwa kąty $n$-kąta i kąt trójkąta równobocznego składają się łącznie na kąt pełny, to nasz $n$-kąt foremny ma kąt wewnętrzny równy $150^{\circ }$. Ponieważ suma kątów wewnętrznych $n$-kąta wynosi $(n-2)\cdot 180^{\circ }$, więc liczba $n$ jest rozwiązaniem równania $150n=180(n-2)$, skąd $n=12$. Wstawiając to do podanego powyżej wzoru dostajemy, że powstała figura ma obwód $27$.

Wynik:

$8081$

Przez „trójkąt” będziemy rozumieli trójkąt równoboczny o wierzchołkach w zaznaczonych punktach. Oprócz całego danego trójkąta jest $3\cdot 2020$ trójkątów, które mają z nim dokładnie jeden wspólny wierzchołek oraz $2020$ trójkątów, które nie mają z nim wspólnych wierzchołków (ale mają wspólny środek). W sumie uzyskujemy $1+3\cdot 2020+2020=8081$ trójkątów.

Wynik:

$\sqrt{300}\approx 17.32051$

Każdy z kątów wewnętrznych ośmiokąta foremnego ma miarę $135^{\circ }$. Wobec tego cztery odcięte przez Weronikę trójkąty są prostokątne i równoramienne, a zatem można z nich ułożyć kwadrat o boku takim, jak bok wyciętego ośmiokąta. Stąd wniosek, że szukana długość to $\sqrt{300}$.

Wynik:

$853$

Z drugiego warunku wiemy, że jedną z cyfr $n$ jest $5$, oraz co najmniej jedna z cyfr $n$ jest parzysta. Co więcej, żadna z cyfr nie może być równa $0$. Korzystając z pierwszego warunku, dostajemy następujące możliwości: $5,2,9$ lub $5,4,7$ lub $5,6,5$ lub $5,8,3$. Ale tylko $5,8,3$ spełnia ostatni warunek. Stąd największą możliwą trzycyfrową liczbą spełniającą warunki zadania jest $853$.

Wynik:

$75928$

Największa możliwa liczba dziesiątek tysięcy po usunięciu co najwyżej pięciu cyfr z lewej strony jest równa $7$. Skoro zostaje uzyskana po usunięciu trzech pierwszych cyfr wyjściowej liczby, jasne jest, że dwiema pozostałymi usuwanymi liczbami powinny być $0$ oraz $1$. Wobec tego $75928$ to szukana wartość.

Wynik:

$12$

Liczba $2021$ jest wyrazem ciągu $S_n$ wtedy i tylko wtedy, gdy $2021=1+\mathit{an}$ dla pewnej dodatniej liczby całkowitej $a$. Innymi słowy, $2020=\mathit{an}$. Oznacza to, że $n$ musi być dzielnikiem $2020$. Rozkład $2020$ na czynniki pierwsze to $2020=2^2\cdot 5\cdot 101$. Każdy dzielnik $2020$ uzyskuje się, biorąc niektóre z tych liczb pierwszych. Możemy wziąć czynnik $2$ zero, jeden lub dwa razy, czyli mamy $3$ możliwości. $5$ można wziąć lub nie — czyli $2$ możliwości i to samo dotyczy $101$. W sumie mamy $3\cdot 2\cdot 2=12$ możliwości wyboru dzielników $2020$. Stąd $2021$ występuje w $12$ ciągach.

Wynik:

$510$

Dla danego robota $A$ możemy określić okno startowe i początkowy kierunek poruszania robota, który natknąłby się na $A$ po najdłuższym możliwym czasie — jest to okno bezpośrednio za $A$ i przeciwny kierunek (gdyby robot znajdował się na końcu korytarza, zakładamy na potrzeby tego rozumowania, że kieruje się na zewnątrz). Łatwo obliczyć, że czas do pierwszego spotkania jest wówczas równy $8.5$ minuty, czyli $510$ sekund.

Wynik:

$42$

Trójkąty $\mathit{APD}$ i $\mathit{BCP}$ pokrywają łącznie połowę powierzchni równoległoboku. Zatem pole trójkąta $\mathit{ABP}$ jest równe:

Wynik:

$107$

Różnice między trzema danymi liczbami są równe $1486-1058=428$ oraz $2021-1486=535$. Skoro dane liczby dają tę samą resztę przy dzieleniu przez $d$, to powyższe różnice są wielokrotnościami $d$. Największy wspólny dzielnik liczb $428$ oraz $535$ jest równy liczbie pierwszej $107$, jest więc to jedyna możliwa wartość $d$.

Wynik:

$3024$

Wyobraźmy sobie, że przed zajęciem miejsc zawodnicy rezerwowi ustawili się w szeregu. Skoro jest ich dziesięciu, to między nimi jest dziewięć odstępów i każdy z nich może zostać zajęty przez co najwyżej jednego członka kierownictwa. To daje $9\cdot 8\cdot 7\cdot 6=3024$ możliwości zajęcia miejsc zgodnie z danymi warunkami.

Wynik:

$\sqrt{3}∕6\approx 0.288675$

Każda z krawędzi podstawy ma długość $1$. Skoro cały ostrosłup ma powierzchnię $3$, to każda z jego trójkątnych ścian bocznych ma pole $1∕2$, czyli równoważnie, wysokość opuszczoną z wierzchołka ostrosłupa równą $1$. To oznacza, że w przekroju ostrosłupa płaszczyzną zawierającą jego wierzchołek oraz wysokości przeciwległych ścian bocznych otrzymujemy trójkąt równoboczny o boku $1$, którego wysokość jest równa wysokości ostrosłupa. Ze wzoru na objętość ostrosłupa uzyskujemy wynik $\frac{1}{3}\cdot 1\cdot \frac{1}{2}\sqrt{3}=\frac{1}{6}\sqrt{3}$.

Wynik:

$2250$

Oznaczmy przez $x$ ilość wina (w litrach), przez $z$ zaś ilość wody, którą Beata wlała do maszyny. Wiemy, że $0.06z$ litrów wody zamieniło się w wino, a $0.1x$ litrów wina przemieniło się w wodę. Żeby warunek zadania był spełniony musi zachodzić $0.06z=0.1x$. Używając założenia $x+z=6000$ dostajemy równanie $0.06(6000-x)=0.1x$. Wynik wynosi więc $2500$.

Wynik:

$35$

Łatwo przekonać się, że promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny jest dwa razy mniejszy od promienia okręgu na nim opisanego, a zatem pole okręgu wpisanego wynosi $\frac{140}{4}=35$. Co więcej, zacieniony obszar to dokładnie $\frac{1}{3}$ obszaru który jest różnicą pól dwóch danych okręgów, a więc wynosi $35$.

Wynik:

$4044$

Oznaczmy dodatnie liczby całkowite spełniające zadane warunki przez $c_1\ge c_2\ge \dots \ge c_{2020}\ge c_{2021}\ge 1$. Chcemy wyznaczyć największą możliwą wartość $c_1$ przy założeniu, że zachodzi równość

Dzieląc przez lewą stronę i szacując niektóre mianowniki z wykorzystaniem nierówności $c_i\ge 1$, uzyskujemy

Mnożąc przez $c_1{c}_2$ i przekształcając, otrzymujemy

Jeśli $c_2\ge 3$, to $c_1\le 4044$, a biorąc $c_1=4044$, $c_2=3$ oraz $c_3=c_4=\dots =c_{2021}=1$, dostajemy układ liczb spełniających równanie (1), co oznacza, że wartość $4044$ jest osiągalna. Z drugiej strony, jeśli $c_2\le 2$, to wśród liczb $c_2\ge c_3\dots \ge c_{2021}$ jest $k\ge 0$ dwójek oraz $2020-k$ jedynek, a równość (1) przybiera postać

którą można uprościć do $c_1(2^{k-1}-1)=2020+k$. Dla $k\le 1$ nie istnieje odpowiednie $c_1$, a dla $k\ge 2$ uzyskujemy

Wynik:

$59$

Zauważmy, że spośród dziewięciu trójkątów trzy trójkąty mają po jednym sąsiedzie, trzy mają po dwóch sąsiadów oraz trzy mają po trzech sąsiadów. Oznacza to, że jeżeli jedną z wpisanych liczb jest liczba pierwsza $p$, to przynajmniej jedna inna wpisana liczba jest jej wielokrotnością. Ponadto $1$ nie może zostać wpisane w żaden z trójkątów. Oznaczmy sumę wpisanych liczb (w poprawnym wypełnieniu) przez $S$.

Jeżeli pośród wpisanych liczb jest liczba pierwsza $p\ge 11$, to wpisana jest również jej pewna wielokrotność $\mathit{kp}$ dla $k\ge 2$. Wypełniając pozostałe siedem trójkątów najmniejszymi dostępnymi liczbami (nie zważając na regułę sąsiedniego boku) otrzymujemy, że

Załóżmy teraz, że pośród wpisanych liczb (w poprawnym wypełnieniu) nie występuje liczba pierwsza $p\ge 11$. Rozważmy cztery przypadki:

• Liczby $5$ i $7$ są wpisane: $S\ge 5+k_5\cdot 5+7+k_7\cdot 7+2+3+4+6+8=(k_5+1)\cdot 5+(k_7+1)\cdot 7+23\ge 15+21+23=59$,
• Liczba $5$ jest wpisana, a $7$ nie jest: $S\ge 5+k\cdot 5+2+3+4+6+8+9+\{\begin{array}{c}10\ge 20+32+10=62\text{dla}k\ge 3;\hfill \\ 12=15+32+12=59\text{dla}k=2,\hfill \end{array}$
• Ani $5$, ani $7$ nie są wpisane: $S\ge 2+3+4+6+8+9+10+12+14=68$,
• Liczba $7$ jest wpisana, a $5$ nie jest: $S\ge 2+3+4+6+7+8+9+10+k\cdot 7\ge 49+14=63$.

Podsumowując, każda możliwa suma wynosi przynajmniej $59$ i tę sumę można uzyskać (nawet na dwa sposoby):

Wynik:

$93$

Przyjmijmy, że wszystkie domki mają pole równe $3$. W pierwszym domku jest 8 trójkątów o powierzchni $\frac{1}{4}$, 8 o powierzchni $\frac{1}{2}$ i 3 o powierzchni $1$. W drugim domku znajdziemy te same trójkąty co w pierwszym oraz dwa dodatkowe trójkąty o polu $1$, które sięgają między domkami. Zatem drugi domek zwiększa liczbę trójkątów o $21$. Zaczynając od trzeciego domku, każdy kolejny będzie zawierał te same trójkąty co drugi domek oraz trójkąt o polu $4$ przechodzący przez $3$ domki. Zwiększa zatem liczbę trójkątów o $22$. Skoro $2021-19-22=1981$ i $1981=90\cdot 22+1$, Łucja potrzebuje narysować $2+90+1=93$ domki.

Wynik:

$15∕4$

Stosunek pól trójkątów $△\mathit{BEG}$ i $△\mathit{BEF}$ wynosi $4:3$. Skoro te dwa trójkąty mają taką samą podstawę $\mathit{BE}$, to ich wysokości pozostają także w proporcji $4:3$. Trójkąty $△\mathit{ABG}$ i $△\mathit{CDF}$ mają takie samo pole, zatem $\mathit{AB}=\frac{3}{4}\mathit{CD}=\frac{15}{4}$.

Wynik:

$6375$

Justyna może odcinać paski o nieparzystej szerokości tak długo, jak $1+3+\dots +2n-1=n^2<2100$. Ponieważ $45^2=2025<2100<2116=46^2$, więc pasek o szerokości $89$ jest ostatnim paskiem o nieparzystej szerokości, który może odciąć. Co więcej, może odcinać paski o parzystej szerokości tak długo, jak $2+4+\dots +2n=n(n+1)<2155$. Ponieważ $45\cdot 46=2070<2155<2162=46\cdot 47$, to pasek o szerokości równej $90$ jest ostatnim paskiem o parzystej szerokości, który może odciąć. Zatem pozostały prostokąt ma pole $(2100-2025)\cdot (2155-2070)=75\cdot 85=6375$.

Wynik:

$10∕3$

Rozważmy płaszczyznę górnego brzegu leżącego poziomo pierścienia i oznaczmy przez $x$ taką liczbę, że $w+2x$ jest jego średnicą (patrz rysunek).

Zauważmy, że każdy z zaznaczonych odcinków jest wspólną cięciwą narysowanego okręgu oraz jednego z okręgów brzegowych pionowego pierścienia. Ponieważ pierścienie są identyczne, te okręgi są przystające, a zatem najniższy punkt pionowego pierścienia znajduje się na wysokości $w-x$. Wykorzystując równość $w-x=1$, uzyskujemy $8=2x+w=2(w-1)+w=3w-2$ i w konsekwencji $w=\frac{10}{3}$.

Wynik:

$29030400$

Wielomian może zostać zapisany jako $c\cdot (x-a_1)\cdot (x-a_2)\cdot \dots \cdot (x-a_{14})$ dla pewnych parami różnych liczb całkowitych $a_1,a_2,\dots ,a_{14}$ oraz liczby całkowitej $c$. Współczynnik przy najwyższej potędze wynosi $c$, więc z założenia $c$ jest dodatnie. Wartość w zerze ($p$) jest równa wyrazowi wolnemu wielomianu, czyli iloczynowi $c\cdot a_1\cdot a_2\cdot \dots \cdot a_{14}$. Skoro iloczyn ten ma być zminimalizowany, ustalamy najmniejsze możliwe $c$, czyli $c=1$. Dla zminimalizowania iloczynu pozostałych czynników (pierwiastków wielomianu) należy je w miarę możliwości zbliżyć do zera, czyli wybrać $1,-1,2,-2\dots$. Skoro jednak (z założenia) całość iloczynu jest dodatnia, liczba ujemnych czynników musi być parzysta, co prowadzi natychmiast do rezultatu $p=6!\cdot 8!=29030400$.

Wynik:

$8783$

Podczas pisania Karolina zapisze $9$ liczb jednocyfrowych, $90$ liczb dwucyfrowych, $900$ liczb trzycyfrowych i $2021-1000+1=1022$ liczby czterocyfrowe. Łącznie jest to $9+90\cdot 2+900\cdot 3+1022\cdot 4=6977$ cyfr. Dla każdej zapisanej cyfry Karolina wykona co najmniej jedno pociągnięcie ołówkiem, przy czym drugie pociągnięcie pojawi się wyłącznie dla cyfr $4$, $5$, $7$. Wystarczy więc wyznaczyć liczbę tych cyfr pośród liczb od $1$ do $2020$ (liczba $2021$ nie zawiera żadnej z tych trzech szczególnych cyfr).

Policzmy najpierw wystąpienia cyfry $4$. Dla dokładnie $1∕10$ liczb nie większych od $2020$, czyli dla $202$ liczb, będzie to cyfra jedności. Cyfrą dziesiątek z kolei będzie dla $1∕10$ liczb nie większych od $2000$ (i w żadnej większej), co daje kolejnych $200$ wystąpień. Podobnie cyfra $4$ występuje $200$ razy jako cyfra setek (i ani razu jako cyfra tysięcy). Łącznie uzyskujemy więc $202+200+200=602$ dodatkowe pociągnięcia ołówkiem związane z pisaniem cyfry $4$. Dla cyfr $5$ oraz $7$ w analogiczny sposób uzyskujemy ten sam wynik.

Ostatecznie Karolina napisze $6977$ cyfr, przy czym $3\cdot 602=1806$ wymaga dodatkowego pociągnięcia ołówkiem, a zatem łączna liczba pociągnięć to $6977+1806=8783$.

Wynik:

$3845$

Dla uproszczenia notacji oznaczmy liczbę wpisaną w $i$-tą od lewej komórkę przez $f(i)$. Z treści zadania wynika, że $f(6)=6,f(7)=7,f(9)=2$, skąd jednoznacznie można wywnioskować, że $f(13)=6$, $f(15)=7$ oraz $f(12)=2$.

Są trzy możliwości umieszczenia na pasku pary trójek tak, aby między nimi były trzy komórki: $f(1)=f(5)=3$, $f(4)=f(8)=3$ lub $f(10)=f(14)=3$. Łatwo zauważyć, że jeśli $f(10)=f(14)=3$, to $f(16)=4$ jest jedyną możliwą wartością $f(16)$ i w konsekwencji również $f(11)=4$. Jednak wówczas nie ma możliwości umieszczenia pary ósemek. W przypadku, gdy $f(4)=f(8)=3$ otrzymujemy dwa możliwe rozmieszczenia pary piątek: $f(5)=f(11)=5$ lub $f(10)=f(16)=5$, z których każde prowadzi do sprzeczności.

Wobec tego $f(1)=f(5)=3$ i w konsekwencji $f(2)=f(11)=8$ to jedyny sposób rozkolowania ósemek. Teraz łatwo uzupełnić pozostałe pola tak, aby warunki zadania były spełnione: mamy kolejno $f(4)=f(10)=5$, $f(3)=f(8)=4$ i wreszcie $f(14)=f(16)=1$.

Stąd wniosek, że (jedyne) rozwiązanie stanowi liczba $3845$.

Wynik:

$57∕10$

Skoro $50^{\circ }+65^{\circ }+65^{\circ }=180^{\circ }$, to wobec danych równoległości oraz równości kątów przy wierzchołkach $A$ i $D$, opisana konfiguracja powstaje poprzez zgięcie równoległoboku $A{E}^{\prime }{D}^{\prime }F$ wzdłuż odcinka $\mathit{BC}$ (patrz rysunek). Z równoramienności trójkąta $\mathit{BCG}$ wynika więc, że $\mathit{CD}=\mathit{AB}+B{E}^{\prime }-\mathit{CF}=\mathit{AB}+\mathit{EG}-\mathit{FG}=5.7$.

Wynik:

$36$

Rozważmy prostokąt o wymiarach $4\times 2$ złożony z pól planszy. Jak na pierwszych dwóch rysunkach, jeden strzał nie gwarantuje trafienia, ponieważ istnieje możliwość ustawienia krążownika tak by pozostał nietrafiony. Oczywiście wybór dwóch pól w dwóch różnych wierszach gwarantuje trafienie krążownika (przykładowo na trzecim obrazku). Zatem, dla każdego bloku o wymiarach $4\times 2$ potrzebne są co najmniej dwa strzały, co daje łącznie co najmniej $18\cdot 2=36$ strzałów.

Z drugiej strony, następujący wzór na planszy o wymiarach $12\times 12$ pokazuje, że $36$ strzałów wystarczy, by trafić krążownik co najmniej raz.

Wynik:

$13$

Skoro $\mathit{ABC}$ jest ostrokątny, to $h_b<a$ oraz $h_c<a$. Z drugiej strony, łatwo zauważyć, że aby zmaksymalizować pole $S=\frac{1}{2}a{h}_a$, obydwie wysokości $h_b$, $h_c$ powinny być tak długie, jak to możliwe (istotnie, zwiększenie np. wysokości $h_b$ przy zachowaniu warunku $h_b<a$ oraz długości $h_c$ powoduje, że $h_a$ także się zwiększa). W związki z tym możemy założyć, że $h_b=h_c=a-1$, a $\mathit{ABC}$ jest równoramienny. Oznaczmy środek podstawy $\mathit{BC}$ przez $M$, a spodek wysokości poprowadzonej z wierzchołka $C$ przez $C_0$. Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do podobnych trójkątów prostokątnych $\mathit{ABM}\sim \mathit{CB}{C}_0$ wyznaczamy

Skoro $101.4$ jest liczbą wymierną, to liczba $2a-1$ musi być nieparzystym kwadratem liczby całkowitej, powiedzmy $2a-1={(2k+1)}^2$ dla pewnej liczby całkowitej $k\ge 0$ i w związku z tym $a=\frac{{(2k+1)}^2+1}{2}\in \{1,5,13,25,41,\dots \}$. Sprawdzenie pierwszych kilku wartości w połączeniu z obserwacją, że pole rośnie wraz ze wzrostem $a$, prowadzi do znalezienia poprawnej odpowiedzi $a=13$.

Wynik:

$3099$

Niech $n_1=101,n_2,\dots ,n_{1000}$ będą danymi liczbami ustawionymi w porządku rosnącym. Przy założeniu, że różnica każdych dwóch kolejnych jest równa $2$, uzyskujemy $n_{1000}=101+2\cdot 999=2099$, skąd ${\sum }_{i=1}^{1000}{n}_i=2200\cdot 500=1100000$. Stąd wniosek, że różnica między sumą Łukasza a najmniejszą możliwą sumą jest równa $100500=20100\cdot 5$. Jeśli dla pewnego $i$ mamy $n_{i+1}-n_i=7$ zamiast $2$, to suma zwiększa się o $(1000-i)\cdot 5$, a wartość $n_{1000}$ zwiększa się o $5$. W konsekwencji, aby zmaksymalizować $n_{1000}$ przy stałej sumie wszystkich liczb $1200500$, różnice równe $7$ (zamiast $2$) powinny pojawić się przy jak największych indeksach. Zauważmy, że $20100=\frac{1}{2}\cdot 200\cdot 201$ jest liczbą trójkątną, czyli jest równa sumie $1+2+3+\dots +200$. Wobec tego, jeśli Łukasz zmieni różnice $n_{i+1}-n_i$ dla $i=800,\dots ,999$ z $2$ na $7$ (w opisanym wyżej układzie o minimalnej sumie), otrzyma największą możliwą wartość $n_{1000}=101+2\cdot 999+200\cdot 5=3099$.

Wynik:

$29292929292$

Dodatnia liczba całkowita jest podzielna przez 11 wtedy i tylko wtedy, gdy suma cyfr na pozycjach nieparzystych odjęta od sumy cyfr na pozycjach parzystych jest podzielna przez 11. Stąd natychmiast płynie wniosek, że w rozwiązaniu nie może być pary kolejnych dwójek lub dziewiątek, gdyż wówczas można je wykreślić, otrzymując mniejszą liczbę spełniającą warunki zadania. Skoro dwójki i dziewiątki mają występować naprzemiennie, wystarczy znaleźć najmniejsze $n$ takie, że $2n-9(n+1)$ lub $9n-2(n+1)$ jest podzielne przez $11$. W obydwu przypadkach rozwiązaniem jest $n=5$, co odpowiada podzielnym przez $11$ liczbom $11$-cyfrowym $29292929292$ i $92929292929$. Odpowiedzią jest mniejsza z nich.

Wynik:

$(3+\sqrt{5})∕2\approx 2.61803$

Zauważmy, że istnieje jednokładność o środku w punkcie $F$ przekształcająca $p$ na $q$. Stąd wniosek, że odcinek łączący punkty najbardziej odległe punkty pięciokątów $p$ i $q$ przechodzi przez $F$. Nazwijmy te punkty $X$ i $Z$.

Zauważmy, że kąt $\mathit{AFE}$ ma miarę $108^{\circ }$, zatem z twierdzenia cosinusów dla $\mathit{AFE}$ otrzymujemy, że $\mathit{AE}=\frac{1}{2}(1+\sqrt{5})$. Ponadto, trójkąty $\mathit{AFY}$, $\mathit{XFD}$, $\mathit{DFE}$ są równoramienne. Stąd:

oraz

Wobec tego poszukiwana odległość wynosi $\mathit{XF}+\mathit{FZ}=\frac{1}{2}(3+\sqrt{5})$.

Wynik:

$281$

Należy przekształcić równanie do postaci $a(\mathit{bc}-11b-175)=\mathit{bc}$. Stąd widać od razu, że $a=b$ lub $a=c$, skoro wszystkie trzy zmienne winny być liczbami pierwszymi. W pierwszym przypadku otrzymujemy $\mathit{ac}-11a-175=c⟺(a-1)(c-11)=186$, co pozostawia dla liczb pierwszych jedyne rozwiązanie $(2,2,197)$. W drugim przypadku otrzymujemy $\mathit{ab}-11b-175=b⟺175=b(a-12)$, skąd kolejne dwa rozwiązania: $(47,5,47)$ i $(37,7,37)$. Dlatego poszukiwaną wartością jest $197+47+37=281$.

Wynik:

$21∕40$

Dla dowolnych trzech pierwszych domów w rankingu Ani, Andrzej musi mieć dokładnie jeden z nich wśród trzech pierwszych ofert w swoim rankingu, a pozostałe dwa domy mieć w rankingu na miejscach między 4 a 10. Więc dla dowolnego rankingu Ani, to prawdopodobieństwo wynosi

Wynik:

$-2$

Zauważmy, że $p(x)=(\mathit{ax}+b)(x^{2020}+x^{2019}+\dots +x^2+1)$. Drugi czynnik jest zawsze dodatni, gdyż można go przedstawić w postaci ułamka $\frac{x^{2021}-1}{x-1}$ dla $x\ne 1$, którego licznik i mianownik są zawsze tego samego znaku. Tym samym $x_0=-\frac{b}{a}$ jest jedynym pierwiastkiem wielomianu $p$.

Wielomian $q$ ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty, a zatem jego wyróżnik $b^2-4a^2$ wynosi $0$. Skoro $a$ i $b$ są dodatnie, to $b=2a$, a zatem $x_0=-\frac{b}{a}=-\frac{2a}{a}=-2$.

Wynik:

$312$

Niech $p$ będzie liczbą pierwszą, dla której ułamek $\frac{n^{″}}{p}$ ma okres podstawowy długości $5$, który zaczyna się na $k$-tym miejscu po przecinku. Przyjmując $n^{\prime }=10^k{n}^{″}$, a następnie $n=n^{″}-\mathit{kp}$, gdzie $n<p$ otrzymujemy ułamek $\frac{n}{p}$, którego okres zaczyna się tuż po przecinku i nie ma on części całkowitej. Stąd $\frac{n}{p}=0.\overline{\mathit{ABCDE}}$, a zatem liczba

jest całkowita. Skoro $n<p$, a $p$ jest liczbą pierwszą, to $p\mid 99999$, czyli $p\mid 3^2\cdot 41\cdot 271$. Oba ułamki $1∕3$ i $2∕3$ mają okres podstawowy długości $1$, jednak $1∕41=0.\overline{02439}$ oraz $1∕271=0.\overline{00369}$, a zatem szukaną sumą jest $41+271=312$.

Wynik:

$5680$

W $10=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)$ możliwych scenariuszach wszyscy posługują się trzema takimi samymi językami. Możliwych scenariuszy, gdy posługują się co najmniej dwoma tymi samymi językami jest $810=10\cdot 3^4=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)\cdot 3^4$ (najpierw wybieramy dwa języki, a następnie dla każdej z czterech osób wybieramy trzeci język). Liczba sytuacji, gdy zgromadzeni posługują się co najmniej jednym wspólnym językiem, to $6480=5\cdot 6^4=\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)\cdot {\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)}^4$ — wybieramy jeden wspólny język dla wszystkich, a następnie dla każdego dobieramy dwa z czterech pozostałych. Używając zasady włączeń i wyłączeń otrzymujemy wynik: $5\cdot 6^4-10\cdot 3^4+10=6480-810+10=5680$.

Wynik:

$65∕98$

Niech $\frac{x}{y}$ będzie szukanym ułamkiem. Zauważmy, że skoro $\frac{x}{y}<\frac{2}{3}$, to również $\frac{x+2}{y+3}<\frac{2}{3}$. Oznacza to, że $y\in \{98,99,100\}$, gdyż w przeciwnym razie $\frac{x+2}{y+3}$ występowałoby pomiędzy $\frac{x}{y}$ a $\frac{2}{3}$. Dopasowując dla każdego z trzech możliwych $y$ największe możliwe $x$, otrzymujemy, że $\frac{x}{y}$ wynosi $\frac{65}{98}$, $\frac{65}{99}$ lub $\frac{66}{100}=\frac{33}{50}$. Zachodzi

a więc to $\frac{65}{98}$ znajduje się tuż przed $\frac{2}{3}$.

Wynik:

$130$

Pole powierzchni czarnej figury jest sumą pól powierzchni wszystkich sześcianów jednostkowych pomniejszonej o dwukrotność liczby par ścian sześcianów, które nakładają się na siebie. Każda taka para występuje w jednym z trzech kierunków, tj. góra-dół, przód-tył lub prawo-lewo.

Gdyby pewna para sześcianów miała wspólną ścianę w kierunku prawo-lewo, to jej ślad w rzucie z góry byłby dwoma kwadratami, których wspólna krawędź rozdzielałaby pewne dwie kolumny. Co więcej, w rzucie z przodu te sześciany zostawiłyby ślad dwóch kwadratów, których wspólna krawędź rozdzielałaby te same kolumny, co krawędź w rzucie z góry. Sprawdzając kolumna po kolumnie nietrudno się przekonać, że taki przypadek nie ma miejsca.

Przypadek przód-tył ma wpływ tylko na rzut z góry. W pierwszej kolumnie zdarza się on dwukrotnie. Skoro pierwsza kolumna rzutu z przodu zawiera dokładnie jeden czarny kwadrat, to pozycje sześcianów w najbardziej wysuniętej na lewo ścianie są jednoznacznie wyznaczone i, w istocie, są tam dokładnie dwie pary sześcianów o wspólnej ścianie w kierunku przód-tył.

Analizując analogicznie kierunek góra-dół, otrzymujemy, że dokładnie dwie pary sześcianów współdzielą ściany w tym kierunku (obie znajdują się w piątej kolumnie na rzutach). Wobec tego poszukiwane pole wynosi $6\cdot 23-2\cdot 4=130$.

Wynik:

$204$

Zachodzi $720=2^4\cdot 3^2\cdot 5$. Wykładniki każdej liczby pierwszej $p$ występującej w rozkładzie na czynniki pierwsze liczb $d_1,d_2,\dots ,d_k$ tworzą niemalejący ciąg, który sumuje się do wykładnika $p$ w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby $720$. Dla $p=2$ ciąg wykładników może być postaci $(1,1,1,1)$, $(1,1,2)$, $(2,2)$, $(1,3)$, $(4)$ (potencjalnie poprzedzony pewną liczbą zer). Dla $p=3$ są dwa takie ciągi: $(1,1)$ i $(2)$. Dla $p=5$ jest jeden taki ciąg: $(1)$. Dowolna kombinacja tych ciągów daje dzielący rozkład $720$. Stąd, dzielących rozkładów $720$ jest $10$, a średnia arytmetyczna ich liderów wynosi

Wynik:

$9450$

Oznaczmy przez $n$, $a$, $b$, $o$, $j$ to liczby płytek z literami odpowiednio $N$, $A$, $B$, $O$, $J$. Szukamy liczby 5-krotek $(n,a,b,o,j)$, gdzie

Każdy dzielnik pierwszy może być niezależnie rozłożony pomiędzy liczbami $n$, $a$, $b$, $o$, $j$, oraz różne rozkłady generują różne 5-krotki. Mamy

sposobów na rozłożenie $2$, co odpowiada następującym podziałom wykładnika $5$: $5$, $4+1$, $3+2$, $3+1+1$, $2+2+1$, $2+1+1+1$, $1+1+1+1+1$. Istnieje

sposobów na rozłożenie $3$, odpowiadającym podziałom odpowiednio $2$ i $1+1$. Na koniec, istnieje dokładnie

sposobów rozkładu $5$. Łącznie otrzymujemy

różnych zestawów do Scrabboj.

Wynik:

$4978$

Zauważmy, że wszystkie trzy składniki sumy są kwadratami liczb całkowitych, ponieważ $4=2^2$. Możemy więc obliczyć kwadrat dwóch z nich i otrzymujemy np.

Przyrównując to wyrażenie do wyrażenia z treści zadania otrzymujemy

i dla tej wartości z pewnością otrzymamy kwadrat liczby całkowitej. Dwie pozostałe możliwości wyboru dwóch ze składników prowadzą do $n=541$ i $n=2761$ poprzez analogiczne obliczenia. Możemy więc założyć, że $n=4978$ to oczekiwany wynik. Aby to udowodnić, pokażemy, że $4^{2021}+4^n+4^{3500}$ nie jest kwadratem dla $n=4978+m$, gdzie $m$ jest dodatnią liczbą całkowitą. Wyrażenie

jest kwadratem liczby całkowitej wtedy i tylko wtedy gdy $(1+4^{1479}+4^{2957+m})$ jest kwadratem, ponieważ $4^{2021}={\left(2^{2021}\right)}^2$. Ale

pokazuje że drugi czynnik jest ściśle pomiędzy kwadratami dwóch kolejnych liczb całkowitych. Zatem $n=4978$ to rozwiązanie którego szukamy.

Wynik:

$1021616$

Zauważmy, że wszystkie niezerowe współczynniki wielomianu

są dodatnie. Ponadto, współczynniki te stoją przy $x^k$ dla wszystkich $k$ od $0$ do $S:=2+\dots +2021=2043230$, prócz $k=1$ i $k=S-1$. W istocie, rozwijając iloczyn definiujący $Q$ widać, że nie pojawi się tam człon liniowy. To samo dotyczy $k=S-1$ — aby otrzymać człon z $x^{S-1}$ musielibyśmy z pewnego z nawiasów wybrać liczbę (zamiast $x^i$), lecz wówczas otrzymany wykładnik wynosiłby co najwyżej $S-2$.

Pozostaje udowodnić, że każdy inny wykładnik z podanego przedziału ma dodatni współczynnik. Równoważnie, należy wykazać, że najmniejsza liczba $m$, większa niż $1$, której nie można przedstawić w postaci sumy pewnego podzbioru zbioru $A:=\left\{2,3,\dots ,2021\right\}$ wynosi $S-1$ (gdyż, oczywiście, $x^0$ i $x^S$ mają dodatnie współczynniki). Twierdzimy, że

dla pewnego $k\in A$. Otóż, $m\ge 3$, a zatem $m-1$ jest przedstawialna w postaci sumy pewnego podzbioru $B$ zbioru $A$. Gdyby $B$ nie był postaci $\{k,k+1,\dots ,2021\}$, to pewien z jego elementów moglibyśmy zwiększyć o $1$ i dostać reprezentację $m$, co jest niemożliwe. Co więcej, $k\le 3$, gdyż w przeciwnym razie $2+(k-1)+(k+1)+(k+2)+\dots +2021$ byłoby reprezentacją $m$. Stąd $m=1+3+4+\dots +2021=S-1$. Zatem wielomian $Q$ ma $\frac{S}{2}+1$ dodatnich współczynników przy parzystych potęgach $x$ i $\frac{S}{2}-2$ dodatnich współczynników przy nieparzystych potęgach $x$. Współczynniki wielomianu $P$ przy parzystych potęgach $x$ są takie same co współczynniki $Q$, a przy nieparzystych — przeciwne. Zatem $P$ ma dokładnie $\frac{S}{2}+1=1021616$ dodatnich współczynników.

Wynik:

$26550$

Najpierw obliczymy ile jest najkrótszych możliwych ścieżek bez ograniczeń. Musimy dostać się z $(0,0,0)$ do $(4,4,4)$. Musimy cztery razy wybrać drogę w kierunku $x$, cztery w kierunku $y$ i cztery w kierunku $z$, w dowolnej kolejności. Jeśli wrócimy, otrzymana ścieżka nie będzie najkrótsza. To daje $\frac{12!}{4!\cdot 4!\cdot 4!}$ możliwych ścieżek.

Teraz musimy odjąć te ścieżki, które przechodzą przez $(2,2,2)$. Dzięki symetrii wiemy, że ścieżek z $(0,0,0)$ do $(2,2,2)$ jest tyle samo co z $(2,2,2)$ do $(4,4,4)$ co równa się $\frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}$. Dla dowolnej ścieżki z $(0,0,0)$ do $(2,2,2)$ jest $\frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}$ możliwych kontynuacji z $(2,2,2)$ do $(4,4,4)$. Zatem możliwych ścieżek prowadzących przez centrum jest $\frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}\cdot \frac{6!}{2!\cdot 2!\cdot 2!}=\frac{6!\cdot 6!}{2^6}$.

Zatem wszystkich ścieżek jest $\frac{12!}{4{!}^3}-\frac{6{!}^2}{2^6}=26550$.

Wynik:

$98$

Oznaczmy odpowiednie punkty jak na rysunku.

Ponieważ trójkąt $\mathit{ABC}$ jest równoboczny, otrzymujemy $\mathit{\angle BDE}+\mathit{\angle DEB}=120^{\circ }=\mathit{\angle BDE}+\mathit{\angle FDA}$, czyli  $\mathit{\angle DEB}=\mathit{\angle FDA}$ więc $\mathit{ADF}\sim \mathit{BED}$. Ponieważ pola tych trójkątów są w stosunku $100:64$, odpowiednie boki mają stosunek $5:4$. Oznaczając $r=\mathit{DB},s=\mathit{BE},t=\mathit{ED}$, otrzymujemy długości jak na rysunku. Możemy wyznaczyć następujące równania, używając $a$ jako boku trójkąta równobocznego:

Równania liniowe (1)-(3) dają $r=\frac{a}{3}$ i $s=\frac{8a}{15}$. Podstawiając te wartości do równania (4) otrzymujemy

gdzie $S$ to pole trójkąta równobocznego. Wynika z tego, że poszukiwane pole $A$ spełnia $100+64+2A=360$, więc $A=98$.

Wynik:

$5∕8$

Oznaczmy przez $E$ zdarzenie wystąpienia sekwencji orzeł-reszka-orzeł (dalej będziemy sekwencje oznaczać literami np. $\mathit{ORO}$) przed $\mathit{RORO}$, a przez $P(E)$ prawdopodobieństwo tego zdarzenia. Dla ustalonego ciągu orłów i reszek $s$, przez $P(E|s)$ oznaczamy prawdopodobieństwo, że $E$ wystąpi w ciągu zaczynającym się od $s$ i kontynuowanym losowo. Oznaczymy $x=P(E|O)$ i $y=P(E|R)$.

Warunkując ze względu na dwa następne rzuty otrzymujemy, że