Zadania

Wynik:

$34$

Żeby jedna z liczb była jak największa, to pozostałe liczby muszą być jak najmniejsze. Liczby są różne, więc najmniejsze możliwe trzy wartości to $1$, $2$ i $3$. Średnia arytmetyczna wszystkich czterech liczb będzie równa 10, czyli ich suma będzie równa $4\cdot 10=40$, gdy ostatnia liczba będzie wynosić $40-(1+2+3)=34$.

Wynik:

$505$

Z faktu, że $4$ jest pierwiastkiem otrzymujemy, że $4^2+4m+2020=0$, skąd $m=-509$. Dane równanie możemy zatem zapisać jako $x^2-509x+2020=0$ — to zaś ma jako pierwiastki $4$ i $505$.

Można do tego zadania podejść również w następujący sposób: jeśli $s$ jest drugim pierwiastkiem danego równania, to

Porównując współczynniki obu wielomianów otrzymujemy $4s=2020$, a więc $s=505$.

Wynik:

$7$

Skoro $N$ jest większe od $1$ oraz dzieli $95-4=91=7\cdot 13$, to jego najmniejszą możliwą wartością jest $7$.

Wynik:

$54^{\circ }$

Oznaczmy punkty jak na rysunku.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/square\_and\_pentagon\_sol.svg" ="">}$$

Miara kąta wewnętrznego pięciokąta foremnego wynosi $108^{\circ }$. Trójkąt $\mathit{ABC}$ jest trójkątem równoramiennym o kącie $\mathit{\angle ABC}=108^{\circ }$, skąd

Skoro trójkąt $\mathit{ABH}$ jest trójkątem prostokątnym z kątem prostym przy wierzchołku $B$, to otrzymujemy

Wynik:

$120$

Szukana liczba musi być wspólną wielokrotnością wszystkich trzech okresów, więc odpowiedzią jest najmniejsza wspólna wielokrotność $12$, $10$ oraz $8$, czyli $120$.

Wynik:

$8\sqrt{2}$

Piąty płatek jest kwadratem o przekątnej długości $4$. Długość boku to zatem $2\sqrt{2}$, więc obwód wynosi $8\sqrt{2}$.

Wynik:

$20\%$

Oznaczmy przez $P_1$ i $P_2$ początkowe wysokości roślin. Ponieważ obie urosły o taki sam procent przez ten tydzień, ich nowe wysokości to odpowiednio $k{P}_1$ i $k{P}_2$, dla pewnej liczby rzeczywistej $k>1$, przy czym $(k-1)\cdot 100\%$ jest szukanym procentem. Z pomiarów wynika, że

Po podstawieniu wartości $k{P}_1$ w miejsce $P_2$ w drugim równaniu i po skróceniu $P_1$ w otrzymanym ułamku otrzymujemy $k^2=1.44$, zatem $k=1.2$, co oznacza, że rośliny urosły o $20\%$.

Wynik:

$15$

Dla każdego z trzech wierzchołków dużego trójkąta, mamy trzy romby „zwrócone” w kierunku tego wierzchołka i dwa równoległoboki $1\times 2$ zawierające go jako jeden ze swych wierzchołków. Poniższy rysunek pokazuje dwa rodzaje równoległoboków dla górnego wierzchołka.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/counting\_parallelograms\_sol.svg" ="">}$$

To jedyne możliwe rodzaje równoległoboków, zatem całkowita liczba równoległoboków na rysunku wynosi $3\cdot (2+3)=15$.

Wynik:

$8$

Musimy znaleźć najmniejszą liczbę $s\ge 505$, którą da się zapisać w postaci $s=27x+36y$, gdzie $x$ i $y$ oznaczają odpowiednio liczbę autobusów pierwszego i drugiego rodzaju. Skoro największy wspólny dzielnik liczb $27$ i $36$ wynosi $9$, to $s$ musi być wielokrotnością $9$. Najmniejszą wielokrotnością $9$ większą bądź równą $505$ jest $513$, a ponieważ $513=27\cdot 3+36\cdot 12$, więc otrzymujemy, że najmniejsza liczba pustych siedzeń to $513-505=8$.

Wynik:

$10$

Innymi słowy, pytamy o liczbę różnych ciągów obrazów, które nie mają dwóch wilków koło siebie. Lewy obraz wilka może być powieszony na pozycjach $1,2,3,4$ spośród sześciu dostępnych. Dla każdego z wyborów prawy obraz wilka może być na następujących pozycjach:

Zatem w sumie jest $10$ takich ciągów.

Wynik:

$30$

Rozcinając walec widzimy, że w trakcie każdego obrotu wokół walca, sznurek przesuwa się pionowo o $6\mathrm{cm}$, przesuwając się jednocześnie poziomo o $8\mathrm{cm}$. Używając twierdzenia Pitagorasa, otrzymujemy, że odcinek sznurka odpowiadający jednemu obrotowi ma długość

Skoro są trzy takie obroty, otrzymujemy, że całkowita długość sznurka wynosi $30\mathrm{cm}$.

Wynik:

$33$

Ostatnie dwie cyfry muszą być zerami. Pierwszą cyfrą pierwszego czynnika jest $4$, a pierwszą cyfrą drugiego czynnika $7$. Skoro iloczyn liczb jest podzielny przez $100$, a co za tym idzie przez $25$, to jeden z czynników musi być podzielny przez $25$ lub oba przez $5$. Nie istnieje dwucyfrowa wielokrotność $25$ zaczynająca się cyfrą $4$, zatem drugi czynnik musi być podzielny przez $5$, a więc równy $75$. Iloczyn jest podzielny przez $4$, zatem podzielny przez $4$ jest też pierwszy czynnik. Pierwszy czynnik jest więc jest równy $48$. Kalkulator wyświetla zatem działanie $48\times 75=3600$, więc suma cyfr to $33$.

Wynik:

$3566$

Niech $x$ i $y$ oznaczają szukane dwie liczby, zaś $c$ — cyfrę, którą Łukasz dopisał do (powiedzmy) liczby $x$. Otrzymujemy wtedy

a zatem

Otrzymujemy stąd, że $c$ musi wynosić $5$, gdyż $32099-c$ musi być podzielne przez $9$. W rezultacie dostajemy $x=3566$ oraz $y=8779$.

Wynik:

$189$

Kluczową obserwacją jest tutaj fakt, że suma oczek na przeciwległych ściankach w dużym sześcianie zawsze wynosi $7$, jak zaprezentowano po lewej stronie poniższego rysunku. Duży sześcian ma $27$ takich par przeciwległych ścianek, więc niezależnie jak Ania ułoży swoje kości, całkowita liczba oczek na zewnętrznych ścianach wynosi $27\cdot 7=189$. Jedno z możliwych ustawień przedstawiono na rysunku po prawej stronie.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/27\_dice\_sol.svg" ="">}$$

Wynik:

$5:2$

Przekątne dzielą małe $X$-pentomino na cztery identyczne kawałki. Ponadto, dwa z nich można skleić i stworzyć jednostkowy kwadrat większego $X$-pentomina, jak na rysunku. Większe $X$-pentomino można zatem podzielić na dziesięć takich kawałków, a więc stosunek pól wynosi $10:4=5:2$.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/x\_pentomino\_sol.svg" ="">}$$

Wynik:

$5940$

Wszystkie liczby pomiędzy $10^3$ a $10^4$ mają parzystą liczbę cyfr, więc suma cyfr każdego takiego palindromu jest parzysta. Ponadto, palindromy z tego przedziału są dokładnie liczbami postaci $\overline{\mathit{abba}}$, gdzie $a$, $b$ są dowolnymi cyframi, $a$ jest różna od zera. Otrzymujemy stąd, że jest $90$ palindromów w tym przedziale. Podobnie też możemy wywnioskować, że jest dokładne $900$ palindromów o parzystej sumie cyfr pomiędzy $10^5$ a $10^6$.

Palindromy między $10^4$ a $10^5$ są postaci $\overline{\mathit{abcba}}$, gdzie $a$, $b$, $c$ są cyframi, przy czym $a$ jest różna od $0$. Widzimy, że suma cyfr jest parzysta wtedy i tylko wtedy, gdy $c$ jest parzysta. Zatem mamy $9$ możliwości na wartość $a$, $10$ na wartość $b$ i $5$ na $c$, co daje $9\cdot 10\cdot 5=450$ szukanych palindromów w powyższym przedziale. Podobne rozumowanie stosuje się dla przedziału od $10^6$ do $10^7$ pokazując, że ten przedział zawiera $4500$ palindromów o parzystej sumie cyfr.

Otrzymujemy, że liczba wszystkich palindromów o parzystej sumie cyfr pomiędzy $10^3$ a $10^7$ wynosi $90+900+450+4500=5940$.

Wynik:

$22$

Jeżeli rozchorują się wszystkie alty i dodatkowo trzy uzdolnione soprany, pozostanie jedynie $9$ zdolnych śpiewaczek i nie będą one w stanie stworzyć dziesięcioosobowej grupy altów. Czyli $S<23$.

Z drugiej strony zauważmy, że najgorsza możliwa sytuacja zachodzi, gdy rozchorują się uzdolnione śpiewaczki. Możemy więc założyć, że jeżeli chore będą $22$ chórzystki, to $18$ z nich jest wybitnie zdolnych, a tylko $4$ to zwykłe śpiewaczki. W takiej sytuacji w każdej z grup pozostanie przynajmniej $10$ osób. Rozwiązaniem zadania jest więc $S=22$.

Wynik:

$12$

Twierdzenie Pitagorasa daje związek między polami kwadratów zbudowanych na bokach trójkąta prostokątnego. Taki sam związek zachodzi dla półkoli. Związek ten stosujemy dla dwóch połówek danego prostokąta (podzielonego przekątną na dwie części). Prosta obserwacja pokazuje teraz, że każde dwa sąsiadujące szare pola sumują się do połowy prostokąta. W takim razie pole zacieniowanego obszaru jest równe polu prostokąta, które wynosi $3\cdot 4=12$.

Wynik:

$977$

Suma cyfr liczby trzycyfrowej wynosi co najwyżej $9+9+9=27$. Jest pięć dwucyfrowych liczb pierwszych nie większych niż $27$, tj. $11$, $13$, $17$, $19$ i $23$. Sumy cyfr tych liczb to odpowiednio $2$, $4$, $8$, $10$, $5$. Zatem jedyne możliwości to $p_2=11$ lub $p_2=23$. Największa trzycyfrowa liczba pierwsza o sumie cyfr $23$ to $977$, natomiast o sumie cyfr $11$ to $911$. Szukaną liczbą jest zatem $977$.

Wynik:

$45^{\circ }$, $67.5^{\circ }$

Oznaczmy punkt, o którym mowa w zadaniu przez $X$ oraz środek odcinka $\mathit{AC}$ przez $F$. Zauważmy, że wysokość przechodząca przez $X$ musi być wysokością poprowadzoną do boku, na którym leży $X$. Rozważymy teraz wszystkie możliwe położenia punktu $X$.

Jeśli punkt $X$ leży na podstawie $\mathit{BC}$, to musi być on punktem przecięcia wysokości poprowadzonej z wierzchołka $A$ i symetralnej któregoś boku. Z symetrii trójkąta $\mathit{ABC}$ wnioskujemy, że ta wysokość pokrywa się z symetralną boku $\mathit{BC}$, tak więc wysokość ta musi przecinać symetralną któregoś z pozostałych boków. Symetria trójkąta implikuje wtedy, że ta wysokość przecina symetralne obu boków $\mathit{AB}$ i $\mathit{AC}$ w tym samym punkcie.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/axis\_altitude\_sol\_a.svg" =""> }$$

Ponieważ $\mathit{FX}$ jest symetralną boku $\mathit{AC}$, trójkąt $\mathit{AXC}$ jest równoramienny. Co więcej, mamy $\mathit{\angle AXC}=90^{\circ }$, tak więc $\mathit{\angle ACB}=\mathit{\angle ACX}=45^{\circ }$.

Jeżeli punkt $X$ leży na $\mathit{AB}$, to musi być on przecięciem wysokości poprowadzonej z wierzchołka $C$ i symetralnej boku $\mathit{AC}$.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/axis\_altitude\_sol\_b.svg" =""> }$$

Tak jak w poprzednim przypadku, trójkąt $\mathit{AXC}$ jest równoramienny i prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku $X$. To oznacza, że $\mathit{\angle BAC}=\mathit{\angle XAC}=45^{\circ }$. Wobec tego w tym przypadku mamy

Przypadek, gdy $X$ leży na $\mathit{AC}$ jest analogiczny.

Wynik:

$3720$

Zauważmy, że

Można łatwo sprawdzić, że zarówno $59$, jak i $61$ są liczbami pierwszymi, zatem odpowiedź to $1+59+61+3599=3720$.

Wynik:

$23$

Basia oddała siostrom dokładnie jedną trzecią całkowitej ceny kiełbasek, zatem łącznie kosztowały one $28\cdot 3=84$ złote. Asia zapłaciła za 17 spośród 28 kiełbasek, czyli $84\cdot 17∕28=51$ złotych. Ponieważ koszty dzielone są po równo, powinna ona zapłacić tylko $28$ złotych. Powinna zatem otrzymać $51-28=23$ złote.

Wynik:

$\frac{253}{34}=7\frac{15}{34}$

Szary trójkąt na rysunku jest prostokątny i jeden z jego kątów ostrych pokrywa się z kątem dużego trójkąta, więc te dwa trójkąty są podobne.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/square\_in\_triangle\_sol.svg" ="">}$$

Stosunek długości przyprostokątnych musi być taki sam dla obu trójkątów, więc otrzymujemy równanie

którego rozwiązaniem jest $t=253∕34$.

Wynik:

$840$

Ponieważ $11$ i $19$ są liczbami pierwszymi, więc przynajmniej jedna z trzech szukanych liczb jest podzielna przez $11$ i przynajmniej jedna przez $19$. Dodatkowo z faktu, że ich iloczyn jest dodatni wnioskujemy, że wszystkie trzy muszą być dodatnie. Szukamy więc małych wielokrotności $11$ i $19$ różniących się o maksymalnie $2$. Najmniejsze liczby spełniające te warunki to $3\cdot 19=57$ i $5\cdot 11=55$. Po obliczeniach dostajemy $55\cdot 56\cdot 57=11\cdot 19\cdot 840$. Odpowiedzią do zadania jest więc $n=840$.

Wynik:

$36^{\circ }$

Oznaczmy $\mathit{\angle DCP}=x$. Ponieważ punkty $D$ i $E$ leżą na okręgu o środku $C$, więc trójkąt $\mathit{DCE}$ jest równoramienny i ma podstawę $\mathit{DE}$. Z równości $\mathit{\angle PDC}=\mathit{\angle EDC}$ dostajemy, że trójkąt $\mathit{CDP}$ jest przystający do trójkąta $\mathit{CDM}$, gdzie $M$ jest środkiem odcinka $\mathit{DE}$. Korzystając z równości $\mathit{\angle DEC}=\mathit{\angle BEC}$ otrzymujemy $\mathit{\angle BCE}=\mathit{\angle ECD}=2\mathit{\angle DCP}=2x$ i ponieważ te trzy kąty dają razem kąt półpełny, mamy $x+2x+2x=180^{\circ }$, więc $x=\angle 36^{\circ }$.

Wynik:

$18$

Rozważmy parę połączonych miast. W rozkładzie na czynniki pierwsze jedno z nich musi mieć dokładnie jeden czynnik więcej niż drugie. Nie mogą mieć identycznego rozkładu, bo wtedy miałyby ten sam numer. Pokażemy teraz, że nie mogą się różnić więcej niż jednym czynnikiem. Aby to udowodnić załóżmy, że $a$ oraz $b=a\cdot p\cdot q$ są połączonymi miastami dla pewnych niekoniecznie różnych liczb pierwszych $p$ i $q$. Wtedy liczba $a\cdot p$ dzieli $b$, co jest niezgodne z warunkami zadania.

Miasto o numerze $42$ ma rozkład $2\cdot 3\cdot 7$, czyli jest połączone z trzema miastami o mniejszych numerach ($2\cdot 3$, $2\cdot 7$ oraz $3\cdot 7$). Miasta o numerach większych niż $42$ z którymi jest ono skomunikowane mają postać $42\cdot p$ dla pewnego pierwszego $p$. Największa liczba pierwsza $p$ spełniająca nierówność $42\cdot p\le 2020$ to $47$, więc $p\in \{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47\}$. Miasto $42$ jest zatem połączone z $15$ miastami o większych numerach.

Wynik:

$673$

Łatwo zauważyć że po dwóch ruchach nie możemy wrócić na to samo miejsce. Nawet na szachownicy $3\times 3$ możemy jednak wrócić po trzech ruchach jak pokazano na rysunku.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/blitzer\_sol.svg" ="">}$$

Jeżeli piorun dostanie się na jedno z pól A1, A3, C2 może zacząć krążyć i odwiedzać każde z tych pól co trzeci ruch. Ponieważ zaczynamy na B2 możemy przejść na B3 a następnie A1 i dostać się na cykl w dwóch ruchach (w jednym ruchu nie jest to możliwe). To zostawia nam $2018$ ruchów na chodzenie po cyklu i ponieważ $2018=672\cdot 3+2$ możemy wykonać $672$ obrotów. Czyli pole A1 zostanie odwiedzone $673$ razy.

Wynik:

$2026$

Oznaczmy przez $n$ liczbę okrążeń wykonanych przez barana. To znaczy, że prędkość Radka wynosi $3$, a prędkość barana $n$ (w okrążeniach na wyścig). Prędkość barana względem Radka wynosi $n-3$. Spotkanie następuje za każdym razem, gdy baran (patrząc względem Radka) przebiegł pełną liczbę okrążeń, czyli $n-3$ razy, nie licząc spotkania na starcie. Wynika stąd, że $n=2022$. Analogicznie, gdy biegli w przeciwnych kierunkach, ich prędkość względna wynosiła $n+3=2025$, czyli spotkali się $2025$ razy, nie licząc startu. Ostateczna odpowiedź to $2025+1=2026$.

Wynik:

$170$

Oznaczmy przez $a_i$, $o_i$, $z_i$ liczbę ataków, obron i zdrowia z poziomem $i$ potrzebnych do stworzenia ataku z poziomem $10$. Wiemy, że $o_{10}=z_{10}=0$, $a_{10}=1$ i zgodnie z treścią zadania otrzymujemy

dla każdego $i\in \{2,\dots ,10\}$. Zgodnie z tymi zasadami możemy teraz wypełnić tabelkę $10\times 3$, która w górnym wierszu ma liczby $(0,0,1)$.

Zatem odpowiedzią jest $170$.

Aby rozwiązać zadanie w inny sposób zauważmy, że przez symetrię $o_i=z_i$. Indukcyjnie udowodnimy też, że $|a_i-o_i|=1$. Równość zachodzi dla $i=10$ oraz

Wiemy też, że

czyli $a_1+o_1+z_1=2^9=512$. Korzystając z powyższych obserwacji dostajemy $o_1=z_1=171$ i $a_1=170$.

Wynik:

$24\pi$

Niech punkt $A$ będzie środkiem kuli, punkt $B$ środkiem podstawy stożka, punkt $C$ pewnym punktem styczności stożka z kulą, a punkt $D$ wierzchołkiem stożka, jak na rysunku poniżej. Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta $\mathit{ABC}$ mamy $B{C}^2=A{C}^2-A{B}^2=16-4=12$. Z podobieństwa trójkątów $\mathit{ABC}$ i $\mathit{CBD}$ otrzymujemy $\frac{\mathit{BD}}{\mathit{BC}}=\frac{\mathit{BC}}{\mathit{AB}}$. Wobec tego objętość stożka wynosi

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/icecream\_sol.svg" =""> }$$

Wynik:

$31$

Oznaczmy dane dwie czterocyfrowe liczby przez $a$ i $b$, zaś sumę cyfr dowolnej liczby $n$ przez $S(n)$. Zachodzi wtedy następująca zależność: $S(a+b)=S(a)+S(b)-9\cdot c$, gdzie $c$ jest liczbą sytuacji, gdy przenosimy jedynkę do kolejnej kolumny w algorytmie dodawania pisemnego. Obliczmy zatem $S(a)+S(b)=1+2+3+4+6+7+8+9=40$. Otrzymujemy stąd, że jedyne możliwe wartości $S(a+b)$ to $40$, $31$, $22$, $13$ i $4$.

Nie da się jednak uzyskać $40$, gdyż $9$ dodana do jakiejkolwiek niezerowej liczby daje co najmniej $10$, a zatem powoduje przenoszenie jedynki. Z drugiej jednak strony $31$ da się uzyskać, np. w następujący sposób: $9678+4321=13999;1+3+9+9+9=31$. Wynik zatem to $31$.

Wynik:

$\frac{1}{14}$

Dominik zagra w finale wtedy i tylko wtedy, gdy obaj profesjonalni gracze zaczną w drugiej połówce drabinki i Dominik wygra oba mecze w swojej połówce. Zacznijmy od ustalonej pozycji Dominika i wybierzmy pozycje dwóch profesjonalnych graczy. Prawdopodobieństwo, że obaj oni znajdą się w drugiej połówce wynosi $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}$. Wszyscy amatorzy są na tym samym poziomie, więc prawdopodobieństwo, że Dominik wygra oba mecze wynosi $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{14}$.

Wynik:

$\frac{1}{5248}$

Zauważmy, że liczba $n$, która zastępuje na tablicy liczby $a$ i $b$, spełnia

Otrzymujemy, że suma odwrotności wszystkich liczb na tablicy zwiększa się o $2$ w każdym ruchu. Skoro zostanie wykonanych dokładnie $99$ operacji, to ostatnia liczba $\ell$ spełnia następujące równanie

Zatem ostatnia liczba wynosi $\frac{1}{5248}$.

Wynik:

$18$

Oznaczmy przez $H_A$ i $H_E$ spodki wysokości poprowadzonych odpowiednio z punktów $A$ i $E$ na prostą $\mathit{BC}$.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/enlarged\_triangle\_sol.svg" =""> }$$

Trójkąty prostokątne $\mathit{CA}{H}_A$ oraz $\mathit{CE}{H}_E$ są podobne, zatem z równości $\mathit{CE}=3\mathit{CA}$ otrzymujemy $E{H}_E=3A{H}_A$. Ponadto, z równości $\mathit{CD}=\mathit{BD}-\mathit{BC}=\mathit{BC}$ dostajemy, że pole trójkąta $\mathit{CDE}$ jest równe

Podobne rozumowanie pokazuje, że pola trójkątów $\mathit{AEF}$ i $\mathit{BFD}$ wynoszą odpowiednio $2\cdot 4=8$ oraz $3\cdot 2=4$, skąd otrzymujemy, że całkowite pole trójkąta wynosi $1+3+8+6=18$.

Wynik:

$47$

Oznaczmy liczbę monet wyjętych z worków do zważenia przez $a$, $b$ i $c$. Liczby te muszą być parami różne, aby dało się rozróżnić worki. Szukamy najmniejszych różnych liczb $a$, $b$ i $c$ takich, żeby $a\cdot k+b\cdot l+c\cdot m$ były parami różne dla każdej permutacji $(k,l,m)$ liczb $10,11$ i $12$. Najmniejsza możliwa trójka to $a=0$, $b=1$ i $c=2$. Jednak nie jest ona poprawna, bo $32=2\cdot 10+12=2\cdot 11+10$. Kolejna możliwość to $a=0$, $b=1$ and $c=3$. Okazuje się, że ta trójka spełnia warunki zadania:

Czyli waga musi działać poprawnie do $47$ gramów.

Wynik:

$59$

Oznaczmy liczbę ananasów posiadanych przez Dominikę w $i$-tym dniu o $14:00$ jako $s(i)$. Pierwsze dwa zera w ciągu $s(1),s(2),s(3),\dots$ pojawią się na pozycji drugiej i piątej. Skoro Dominika za każdym razem kupuje o jednego ananasa więcej, to odległości między kolejnymi zerami w ciągu tworzą ciąg $3,4,5,\dots$. Zera w ciągu $s(i)$ znajdują się zatem na pozycjach o indeksie postaci

dla pewnego $n$. Naszym celem jest znalezienie ostatniego wystąpienia zera przed $2020$ dniem. W tym celu rozwiązujemy równanie kwadratowe $\frac{1}{2}x(x+1)-1=2020$, które ma dokładnie jedno dodatnie rozwiązanie. Jest ono równe $\frac{\sqrt{16169}-1}{2}$, czyli leży między $63$ a $64$. Stąd ostatnie zero jest $62.$ i znajduje się na pozycji $\frac{63\cdot 64}{2}-1=2015$. Ciąg $s(i)$ wygląda potem następująco: $63,62,61,60,59,\dots$, zatem $s(2020)$ jest równe $59$.

Wynik:

$8$, $24$

Zauważmy najpierw, że znamy stosunek szerokości pierwszej i drugiej kolumny ($30:10$) oraz pierwszej i trzeciej ($18:12$). Natomiast stosunek długości pierwszej, drugiej i czwartej kolumny wynosi $24:18:30$. Po uproszczeniu proporcji dostajemy stosunek $3:1:2$ dla pierwszej, drugiej i trzeciej kolumny oraz $4:3:5$ dla pierwszego, drugiego i czwartego wiersza. Dzięki temu możemy uzupełnić obrazek, wprowadzając niewiadome $x$ i $y$ dla uwzględnienia otrzymanych proporcji.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/pigsty\_small\_sol.svg" ="">}$$

Rozważając proporcje w zacieniowanym prostokącie dostajemy, że $12:2x=3y:12$, czyli $y=24∕x$. Sumując pola wszystkich sektorów otrzymujemy

co po podstawieniu $y=24∕x$ i przekształceniu daje nam równanie kwadratowe

którego rozwiązaniami są $x=4$ i $x=12$. Szukane pole wynosi $4y=96∕x$, czyli 24 lub 8.

Wynik:

$\frac{5\sqrt{2}}{6}$

Niech $A$, $B$, $C$ oznaczają punkty kratowe na okręgu Stefana. Wiemy, że okrąg Stefana ma promień mniejszy od $\frac{5}{4}$, więc odległość między $A$ i $B$ wynosi co najwyżej $\frac{5}{2}$, a zatem z dokładnością do obrotu, poniższe rysunki przedstawiają wszystkie możliwe wzajemne położenie punktów $A$ i $B$:

$$$$

Symetralna odcinka $AB$ jest jednocześnie osią symetrii okręgu, a punkt $C$ musi albo leżeć na tej osi symetrii albo odbicie punktu $C$ względem tej osi nie jest punktem kratowym. To wyklucza sytuację przedstawioną na pierwszym rysunku.

$$$$

Sytuacja z drugiego rysunku możliwa jest wyłącznie, jeśli $C$ leży na osi symetrii. Ponadto, ustawienie punktu $C$ względem $A$ oraz $B$ musi być zgodnie z sytuacją z drugiego, trzeciego lub czwartego ustawienia, z dokładnością do obrotu. To prowadzi do wniosku, że okrąg Stefana wygląda następująco:

$$$$

Musimy wyznaczyć promień tego okręgu. Wprowadźmy układ współrzędnych w taki sposób, że punkty $A$, $B$, $C$ mają współrzędne $(1,0)$, $(0,1)$, $(2,2)$. Podstawiając te wartości do równania okręgu ${(x-h)}^2+{(y-k)}^2=r^2$, wyliczamy $h$, $k$ i $r$, i otrzymujemy równanie ${(x-\frac{7}{6})}^2+{(y-\frac{7}{6})}^2=\frac{25}{18}$.

Wynik:

$720$

Skoro wszystkie możliwe kolory kapeluszy mają być obecne po zadziałaniu klątwy, to klątwa jest po prostu permutacją siedmiu oryginalnych kolorów. Każda taka permutacja może zostać rozłożona na rozłączne cykle złożone z kolejnych kolorów. Z trzeciego warunku cykle nie mogą być utworzone z jednego, dwóch, ani trzech kolorów. Nie da się jednak podzielić siedmiu kolorów na więcej niż jeden cykl długości co najmniej cztery. Klątwa zatem musi być permutacją o jednym siedmioelementowym cyklu. Takich permutacji jest $6!=720$: wybieramy jeden z kolorów, jest sześć możliwości wyboru koloru na jaki klątwa może go zmienić, dla tego koloru jest pięć możliwości, itd., aż ostatni kolor musi przejść na pierwszy kolor.

Wynik:

$1,6,5,1$

Szukamy liczby całkowitej $x$, takiej że dzielenie $x$ przez $11$ da resztę $5$, a przez $10$ da resztę $1$. Ponieważ $10$ i $11$ są względnie pierwsze, więc na mocy chińskiego twierdzenia o resztach istnieje dokładnie jedna taka liczba mniejsza od $110$, a wszystkie inne rozwiązania powstają przez dodanie do niej $110$. Łatwo sprawdzić, że najmniejsza liczba spełniające te warunki to $71$. Aby ją znaleźć można wypisywać kolejne liczby postaci $11k+5$ i sprawdzać czy są zakończone na $1$. Po tylu obrotach pierwszy raz wystąpi układ cyfr kończący się na $5,1$. Drugi raz taka sytuacja wystąpi po $110+71=181$ obrotach. Ponieważ dzielenie $181$ przez $5$ i $7$ zwraca odpowiednio reszty $1$ i $6$, odpowiedzią do zadania jest kombinacja $1,6,5,1$.

Wynik:

$144$

Ponieważ do dyspozycji mamy tylko cztery lustra i każda wiązka lasera musi w pewnym momencie zmienić kierunek, więc każdy wiersz i każda kolumna musi zawierać dokładnie jedno lustro. To można osiągnąć na $4!=24$ sposoby — wybieramy kolumnę dla lustra w pierwszym rzędzie na cztery sposoby, następnie kolumnę dla lustra w drugim rzędzie na trzy sposoby, itd. W związku z wymaganą liczbą wiązek biegnących w każdym kierunku, musimy umieścić dwa lustra równolegle do jednej przekątnej planszy i dwa pozostałe lustra równolegle do drugiej przekątnej. Wobec tego po wybraniu pól, na których umieszczamy lustra możemy wybrać orientację luster na $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ sposobów. Ostatecznie, nietrudno spostrzec, że każda taka konfiguracja spełnia warunki zadania, więc jest $24\cdot 6=144$ możliwych ustawień luster.

Wynik:

$9$

Pierwsze wyrazy ciągu to $x_1=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$ oraz $x_2=2\cdot 3\cdot 5\cdot 101$. Zauważmy, że jeżeli wyraz ciągu nie dzieli się przez kwadrat liczby pierwszej, to kolejny wyraz również nie. Zatem zaczynając od $x_2$ możemy przedstawić wyraz $x_n$ jako liczbę $b_n$ w systemie dwójkowym, gdzie $k$-ta cyfra (od prawej) jest równa 1, gdy $x_n$ dzieli się przez $k$-tą liczbę pierwszą. Następnie zauważmy, że z definicji ciągu mamy $b_{n+1}=b_n+1$ dla wszystkich $n\ge 2$. Mamy

oraz

Zgodnie z definicją $b_n$, liczba różnych dzielników pierwszych $x_{2020}$ jest równa liczbie jedynek w zapisie $b_{2020}$, czyli 9.

Wynik:

$\frac{13}{36}$

Na poniższym rysunku zaznaczone zostały wszystkie istotne punkty: środek ciężkości $S$ trójkąta $△\mathit{ABC}$, środki $M_a$, $M_b$, $M_c$ boków $△\mathit{ABC}$, środki ciężkości $D$, $E$, $F$, $G$, $H$, $I$ mniejszych trójkątów, środki $D^{\prime },E^{\prime },\dots ,I^{\prime }$ odcinków $M_{b}A,A{M}_c,\dots ,C{M}_b$.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/hexagon\_of\_centroids.svg" ="">}$$

Skoro $A{E}^{\prime }=\frac{1}{4}\mathit{AB}$ oraz $A{D}^{\prime }=\frac{1}{4}\mathit{AC}$, trójkąt $△A{E}^{\prime }{D}^{\prime }$ jest podobny do $△\mathit{ABC}$ w skali $\frac{1}{4}$ na mocy twierdzenia Talesa. Zatem, pole $[A{E}^{\prime }{D}^{\prime }]$ jest równe $\frac{1}{16}[\mathit{ABC}]$. Analogicznie, mamy $[B{G}^{\prime }{F}^{\prime }]=[C{I}^{\prime }{H}^{\prime }]=\frac{1}{16}[\mathit{ABC}]$. Zatem, pole sześciokąta $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$ wynosi $\frac{13}{16}[\mathit{ABC}]$. Co więcej, jednokładność o środku w $S$ i skali $\frac{3}{2}$ przekształca sześciokąt $\mathit{DEFGHI}$ na sześciokąt $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$, więc pole sześciokąta $\mathit{DEFGHI}$ jest równe

Zatem, szukany stosunek pól wynosi $\frac{13}{36}$.

Wynik:

$\frac{1010}{3}$

Dodając stronami równości dla $m=1,\dots ,2019$ otrzymujemy

Korzystając z tego, że $a_1=a_{2020}$ po przekształceniu mamy

Zatem $a_1+a_2+\dots +a_{2019}=1010∕3.$

Zauważmy, że istnieje ciąg spełniający warunki zadania. Dla dowolnego $a_1$, kolejne wyrazy są wyznaczone jednoznacznie. Możemy więc wyrazić wartość $a_{2020}$ przy pomocy liniowego równania zależnego od $a_1$. Porównując $a_1=a_{2020}$ można wyliczyć wartość $a_1$.

Wynik:

$\frac{8}{15}$

Nazwijmy sznurki $A$, $B$, $C$, $D$ i $E$. Załóżmy, że po jednej stronie sznurek $A$ jest niezwiązany, sznurek $B$ jest związany z $C$, a $D$ z $E$. W takim przypadku jeden długi sznurek otrzymamy dokładnie wtedy, gdy po drugiej stronie $A$ zwiążemy z $B$, $C$, $D$ lub $E$ (4 opcje), a pozostały wolny koniec z danej pary do jednego z dwóch z drugiej pary, co można zrobić na 2 sposoby (np. $A$ zwiążemy z $B$, wtedy $C$ możemy związać z $D$ lub $E$). To daje $4\cdot 2=8$ opcji. Z kolei wszystkich możliwych sposobów związania sznurków z drugiej strony jest $15$, ponieważ na pięć sposobów możemy wybrać niezwiązany sznurek i połączyć pozostałe $4$ sznurki w pary na trzy sposoby. Daje to prawdopodobieństwo $8∕15$.

Wynik:

$619737131179$

Rozważmy skierowany graf o czterech wierzchołkach oznaczonych cyframi $1$, $3$, $7$ i $9$, przy czym dwie cyfry łączymy strzałką wtedy i tylko wtedy, gdy dwucyfrowa liczba utworzona przez te cyfry jest pierwsza. Zauważmy, że w grafie występuje pętla przy wierzchołku oznaczonym cyfrą $1$.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/2-prime.svg" ="">}$$

Załóżmy na chwilę, że istnieje ścieżka w tym grafie wzdłuż narysowanych strzałek, która wykorzystuje każdą strzałkę dokładnie raz. Wtedy największa liczba 2-pierwsza może być uzyskana przez dopisanie cyfry na początku ciągu cyfr odwiedzonych przez jedną z takich ścieżek. W rzeczy samej, z definicji liczby 2-pierwszej wynika, że wszystkie jej cyfry, nie licząc pierwszej cyfry od lewej, należą do zbioru $\{1,3,7,9\}$ oraz że żadna strzałka nie może być użyta dwa razy. Wobec tego żadna liczba 2-pierwsza nie może mieć więcej cyfr niż liczba strzałek w grafie powiększona o dwa, tzn. $12$. Ponadto, pierwszą cyfrą nie może być ani $9$ ani $7$, gdyż to spowodowałoby dwukrotne wystąpienie liczby odpowiadającej pewnej strzałce. Ponieważ liczby $61$, $83$, $87$ i $89$ są pierwsze, nie potrzebujemy mniejszych cyfr i pierwszą cyfrą jest $6$ lub $8$.

Teraz znajdujemy ścieżkę o opisanych wyżej własnościach, która utworzy największą możliwą liczbę. Z jednej strony, liczba strzałek wchodzących do $9$ jest o jeden większa niż liczba strzałek wychodzących z $9$. Z drugiej strony, liczba strzałek wchodzących do $1$ jest o jeden mniejsza od liczby strzałek wychodzących z $1$. Liczba strzałek wchodzących i wychodzących do pozostałych cyfr jest taka sama. Z obserwacji tych wynika, że nasza ścieżka musi zaczynać się w jedynce i kończyć w dziewiątce. Z jedynki wchodzimy do dziewiątki, ponieważ jest to największy możliwy sąsiad jedynki. Z tego samego powodu z dziewiątki przechodzimy do siódemki. Następnie nie możemy wrócić do dziewiątki, bo to zakończyłoby przedwcześnie naszą ścieżkę, więc musimy pójść do trójki, następnie z powrotem do siódemki, itd. Za pomocą takiego algorytmu zachłannego otrzymujemy $19737131179$ i ponieważ $81$ nie jest liczbą pierwszą, wnioskujemy że największą liczbą 2-pierwszą jest $619737131179$.

Wynik:

$\frac{4\sqrt{21}}{7}$

Niech $A^{\prime },B^{\prime },C^{\prime }$ będą odbiciami odpowiednio punktów $A,B,C$ względem punktu $O$. Ponieważ $O$ jest środkiem odcinka $\mathit{DE}$, to punkt $D$ (odpowiednio $E$) jest punktem przecięcia odcinków $\mathit{AB}$ i $A^{\prime }{C}^{\prime }$ (odpowiednio $\mathit{AC}$ i $A^{\prime }{B}^{\prime }$). Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla prostokątnego trójkąta $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ obliczamy

Następnie, ponownie używając twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $A{B}^{\prime }E$ otrzymujemy

Trójkąty $A{B}^{\prime }E$ oraz $A^{\prime }\mathit{CE}$ są podobne, zatem

skąd wynika, że

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/o\_midpoint.svg" ="">}$$

Drugie rozwiązanie: Potęga punktu $D$ względem okręgu opisanego na trójkącie $\mathit{ABC}$ o promieniu $r=\mathit{AO}$ jest równa

Z twierdzenia cosinusów w $△\mathit{ADO}$ otrzymujemy

Ponieważ $\cos (\mathit{\angle AOE})=\cos (180^{\circ }-\mathit{\angle AOD})=-\cos (\mathit{\angle AOD})=-\frac{1}{7}$, to z tego samego twierdzenia dla $△\mathit{AOE}$ wynika

Podobnie jak wyżej, potęga punktu $E$ względem okręgu opisanego na trójkącie $\mathit{ABC}$ wynosi

Wynik:

$\frac{56}{3}=18\frac{2}{3}$

Niech $24$ będzie szerokością, a $7$ wysokością prostokąta. Rozważmy przekątną z lewego dolnego rogu do prawego górnego. Ma ona nachylenie $\frac{7}{24}$. Przekątna wycina trójkąty dokładnie wtedy, kiedy przechodzi przez poziomy odcinek oddzielający dwa kwadraty oraz przy przechodzeniu przez prawy bok kwadratu z lewego dolnego narożnika i lewy bok kwadratu z prawego górnego narożnika. Sytuacja, kiedy przekątna przechodzi przez poziomy odcinek została przedstawiona na rysunku.

$$\text{<img alt="PIC" src="images/pl/cutting\_diagonal.svg" ="">}$$

Skoro kąt nachylenia jest stały, to suma obwodów powstałych dwóch trójkątów jest równa obwodowi trójkąta prostokątnego o bokach $1$ i $\frac{7}{24}$. Przeciwprostokątna tego trójkąta ma długość $\sqrt{1+{\left(\frac{7}{24}\right)}^2}=\frac{25}{24}$, więc jego obwód to $\frac{56}{24}$. Przekątna przechodzi przez poziomy odcinek dokładnie 6 razy, a trójkąty wycięte z dwóch narożnych kwadratów są również trójkątami prostokątnymi o bokach $1$ i $\frac{7}{24}$, więc daje to odpowiedź $8\cdot \frac{56}{24}=\frac{56}{3}$.

Wynik:

$6763$

Po pierwsze, aby móc opuścić dwa tysiące dziewiętnaste piętro, musi zachodzić nierówność $2019+n\le 8787$, skąd $n\le 6768$. Po drugie, warunek $d:=\mathrm{NWD}(2020,n)=1$ jest konieczny, gdyż z $a$-tego piętra można przemieścić się do $b$-tego piętra tylko jeśli $d\mid a-b$. Pamiętając o tym, że $2020=2^2\cdot 5\cdot 101$, możemy wykluczyć kilku kandydatów na największe możliwe $n$: $6768$ dzieli się przez $2$, $6767$ dzieli się przez $101$, $6766$ dzieli się przez $2$, $6765$ dzieli się przez $5$, $6764$ dzieli się przez $2$ i w końcu $\mathrm{NWD}(6763,2020)=1$.

Pozostaje wykazać, że liczba $6763$ jest piętrowa. Korzystając z algorytmu Euklidesa znajdujemy liczby całkowite $x$, $y$ takie, że $6763x-2020y=1$ i możemy założyć, że $x$, $y$ są nieujemne, gdyż dodanie $2020$ do $x$ oraz $6763$ do $y$ zachowuje tę równość. Twierdzimy, że zaczynając od piętra o numerze $0\le f\le 8786$ jesteśmy w stanie wykonać ciąg $x$ ruchów do góry oraz $y$ ruchów na dół w takiej kolejności, że na końcu znajdziemy się na piętrze o numerze $f+1$. W rzeczy samej, ponieważ $2020+6763\le 8787$, więc zawsze możemy wykonać ruch w co najmniej jednym kierunku. Ponadto, jeśli użyliśmy wszystkich ruchów na dół (odpowiednio: w górę), musimy być poniżej (odpowiednio: powyżej) piętra $f+1$ i wykonanie pozostałych ruchów w górę (odpowiednio: w dół) doprowadzi nas na piętro $f+1$. Podobnie pokazujemy, że z każdego piętra $1\le f\le 8787$ możemy zejść piętro niżej. Wnioskujemy, że $6763$ jest największą piętrową liczbą.

Wynik:

$85230$

Oznaczmy kolumny od lewej do prawej liczbami od $1$ do $5$. Niech ponadto $c_1,c_2,\dots ,c_5$ oznaczają wartości „przenoszone” z odpowiedniej kolumny do następnej. Zauważmy, że $c_1=0$ oraz $0\le c_i\le 2$ dla każdego $i=2,\dots ,5$: wynika to indukcyjnie ze spostrzeżenia, że suma trzech cyfr oraz cyfry nie większej niż 2 przeniesionej z poprzedniej kolumny daje co najwyżej $29$. Zauważmy ponadto, że $c_2\le 1$ — wynika to z faktu, że w drugiej kolumnie mamy dwie różne cyfry, a ponadto $c_3\le 2$. Z obserwacji pierwszej kolumny otrzymujemy, że $c_2\ne 0$, a zatem $c_2=1$ i $G+1=B$. Z obserwacji piątej kolumny otrzymujemy $D+E=10$, gdyż obie liczby $D$ i $E$ nie mogą być równe zeru, zatem $c_5=1$. Skoro $B+R+c_3=c_2\cdot 10+R$, to $B=9$ lub $B=8$. Zatem $\mathit{BLUE}$ składa się z czterech różnych cyfr i jest kwadratem liczby całkowitej $n$ spełniającej $90\le n\le 99$. Wykluczając kwadraty z powyższego przedziału, których cyfry się powtarzają, zostają nam tylko następujące możliwości dla wyrażenia $\mathit{BLUE}$: $8649$, $9025$, $9216$, $9604$ oraz $9801$. Na mocy $D+E=10$ możemy wykluczyć $9025$, gdyż w przeciwnym przypadku otrzymalibyśmy $D=E=5$. Ponadto $9801$ nie jest możliwe, gdyż wtedy $D=B=9$. Podobnie $9604$ nie jest możliwe, ponieważ pociągałoby to za sobą $L=D=6$. Z pomocą czwartej kolumny możemy także wyeliminować możliwość $9216$, gdyż wtedy otrzymalibyśmy $E+U+E+1=6+1+6+1=14$, skąd $W=4$, co stałoby w sprzeczności z $D=4$. Zatem jedyną możliwą wartością wyrażenia $\mathit{BLUE}$ jest $8649$.

Z faktu, że $B=8$, $L=6$, $U=4$, $E=9$, łatwo otrzymujemy, że $D=1$, $W=3$ oraz $G=7$, a ponadto $c_3=c_4=2$. Na podstawie trzeciej kolumny otrzymujemy $R+L+E+c_4=c_3\cdot 10+O$, co możemy przepisać jako $R+17=20+O$, jedyną możliwością wartości dla $R$ i $O$ jest $R=5$ i $O=2$. W rezultacie otrzymujemy $N=0$, a zatem jedynym rozwiązaniem danego kryptarytmu jest