Zadania

Wynik:

$46$

Na koniec gry zwycięzca ma $10$ punktów, a każdy inny gracz co najwyżej $9$ punktów. Sumarycznie więc może być rozegranych $10+4\cdot 9=46$ rund.

Wynik:

$21$

Rozważmy dwa przypadki:

I. $B$ składa się z jednej karty, a $A$ z trzech. Rozważmy możliwe wartości $B$:

• $B=1$: $A$ składa się z cyfr 2, 3, 6 ustawionych w dowolnej kolejności $\to$ 6 sposobów.
• $B=2$: cyfrą jedności $A$ musi być $6$ $\to$ 2 sposoby.
• $B=3$: $A$ składa się z cyfr 1, 2, 6 ustawionych w dowolnej kolejności, bo suma cyfr jest podzielna przez $3$ $\to$ 6 sposobów.
• $B=6$: cyfrą jedności $A$ musi być $2$ $\to$ 2 sposoby.

II. $A$ i $B$ składają się z dwóch kart. Wtedy stosunek $A∕B$ jest mniejszy niż $6$; może być więc równy $1,2,3,4$ lub $5$. Rozważmy te możliwości:

1:

Ten przypadek nie zachodzi, bo oznaczałoby to, że $A=B$.

2:

cyfrą jedności $A$ musi być wtedy $2$ lub $6$. Jeśli cyfrą jedności jest $2$, to cyfrą jedności $B$ musi być $1$ lub $6$. W pierwszym przypadku otrzymujemy parę $32$ i $16$; w drugim $62$ i $31$ $\to$ $2$ sposoby. Jeśli cyfrą jedności jest $6$, to cyfrą jedności $b$ musi być $3$ i otrzymujemy parę $26$ i $13$ $\to$ $1$ sposób.

3:

cyfrą dziesiątek $A$ musi być $6$ lub $3$. W pierwszym przypadku, cyfrą dziesiątek $B$ musi być $2$; otrzymujemy parę $63$ i $21$. Jeśli cyfrą dziesiątek $A$ jest $3$, to cyfrą dziesiątek $B$ jest $1$; otrzymujemy parę $36$ i $12$ $\to$ $2$ sposoby.

4:

cyfrą dziesiątek $A$ musi być $6$, a cyfrą jedności $2$, aby liczba byłą parzysta. Wtedy $A=62$ i nie jest podzielne przez $4$.

5:

cyfrą dziesiątek $A$ musi być $5$ lub $0$, a to nie jest możliwe.

Sumując, otrzymujemy $21$ różnych sposobów.

Wynik:

$18$

Kwadraty te mają długości boków pozostające w stosunku $3:2:1$. Zatem pole największego z nich jest równe ${\left(\frac{3}{2}\right)}^2\cdot 8=18$.

Wynik:

$124$

Oznaczmy liczbę srok, matematyków i centaurów odpowiednio przez $s$, $m$ i $c$. Skoro łącznie jest $15$ ogonów, to $s+c=15$. Ponieważ łącznie są $94$ ręce, to $2m+2c=94$. Łączna liczba nóg to $2s+2m+2c$, co jest równe $2(s+c)+(2m+2c)=30+94=124$.

Wynik:

$64$

Ciąg składa się z 12 kanałów. Wtedy kanały na nieparzystych pozycjach muszą być kanałem drugim, a dla każdy z pozostałych kanałów może być pierwszym lub trzecim. Jest sześć takich pozycji, zatem otrzymujemy $2^6=64$ różnych ciągów kanałów.

Wynik:

$27$

Nazwijmy punkty jak na rysunku poniżej. Wspólna przekątna $AB$ dzieli kąt $\angle FBD$ na równe części, więc

Ponadto, skoro przerywana prosta $EF$ jest równoległa do $AB$, to $\angle EFB+\angle FBA=180^{\circ }$. Odejmując kąt prosty $\angle AFB$ dostajemy

$$$$

Wynik:

$2016$

Od szukanej liczby $x^3-14x+2024$ odejmujemy $x(x^2-4x+2)=0$, aby pozbyć się $x^3$. Wtedy otrzymujemy $4x^2-16x+2024$. Następnie chcemy pozbyć się $4x^2$, zatem odejmujemy $4(x^2-4x+2)=0$ i otrzymujemy $2016$, co jest szukaną wartością wyrażenia.

Wynik:

$123$

Poszukiwana liczba nie może być jednocyfrowa – taka liczba była by albo parzysta albo nieparzysta i tym samym zostałaby policzona w jednej z tych kategorii. Podobnie, szukana liczba nie może być dwucyfrowa – wtedy jej cyfra jedności równałaby się $2$, które jest liczbą parzystą. Rozważmy zatem liczby trzycyfrowe. Skoro są łącznie $3$ cyfry parzyste i nieparzyste, to otrzymujemy następujące możliwe liczby $123$, $213$, $303$. Po transformacji opisanej w zadaniu, każda z tych liczb przechodzi na liczbę $123$, także $123$. Zatem to właśnie $123$ jest szukanym rozwiązaniem.

Wynik:

$16$

Dopełnijmy pięciokąt do trójkąta równobocznego o boku długości $11=4+a=2+b$ jak na obrazku.

$$$$

Dostajemy $a=7$, $b=9$ oraz $a+b=16$.

Wynik:

$12$

Ponieważ studnia jest walcem, jej objętość wyraża się wzorem $V=\frac{\pi }{4}\cdot D\cdot W^2$, gdzie $D$ oznacza głębokość, a $W$ oznacza szerokość. Wiemy, że dziewczyna potrzebuje 7 dni na wykopanie $\frac{\pi }{4}\cdot \frac{D}{3}\cdot W^2=\frac{1}{3}V$ ziemi, czyli potrzebuje 21 dni na wykopanie $V$ ziemi. Podobnie, Janko potrzebuje 7 dni na wykopanie $\frac{\pi }{4}\cdot D\cdot {\left(\frac{W}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}V$ ziemi, czyli 28 dni na wykopanie $V$ ziemi. Zatem dziewczyna jest w stanie w ciągu dnia wykopać $\frac{1}{21}$ studni, a chłopak $\frac{1}{28}$ studni. Razem są w stanie wykopać $\frac{1}{21}+\frac{1}{28}=\frac{1}{7}\cdot (\frac{1}{3}+\frac{1}{4})=\frac{1}{7}\cdot \frac{7}{12}=\frac{1}{12}$ studni w ciągu dnia, czyli na wykopanie całej studni potrzebują 12 dni.

Wynik:

$360$

Na początku zauważmy, że każdy prostokąt o wymiarach $2\times 1$ zawiera dokładnie $2$ przekątne o długości $\sqrt{5}$. Wystarczy zatem obliczyć liczbę takich prostokątów. Załóżmy, że taki prostokąt położony jest pionowo. Mamy wtedy $n$ możliwości wyboru kolumny, w której się znajduje i $n-1$ możliwości wyboru rzędu, w którym się znajduje w planszy $n\times n$. Prostokąt możemy umieścić również poziomo, co daje nam dwie możliwości na położenie każdego prostokąta. Podsumowując mamy dwie przekątne w prostokącie i $2n(n-1)$ prostokątów, zatem łącznie daje to $4n(n-1)$ przekątnych. Dla $n=10$ daje to wynik $360$.

Wynik:

$5963$

Ponieważ $\mathit{MATH}$ oraz $\mathit{HAHA}$ mają takie samy cyfry setek i odpowiadająca im cyfra w $2024$ to $0$, widzimy, że nie ma przenoszenia przy okazji dodawania cyfr dziesiątek po lewej stronie równania. Zatem $\mathit{TH}=\mathit{HA}+24$ oraz $M=H+2$. Jednak dodawanie $A$ i $4$ musi odbyć się z przeniesieniem, bo inaczej $T=H+2=M$, a cyfry kryjące się pod literami mają być parami różne. Zatem $H=A+4-10=A-6$, zatem $M=A-4$ i $T=A-3$. Stąd łatwo zauważyć, że $\mathit{MATH}$ jest jedną z liczb $3741$, $4852$ lub $5963$, przy czym ta ostatnia jest największa.

Wynik:

$48$

Ponieważ spodki wysokości z wierzchołków prostokąta na przekątną mają równe długości dla wszystkich rozważanych trójkątów to zacieniony obszar ma pole równe dokładnie $\frac{3}{7}$ całkowitego pola prostokąta, czyli $\frac{3}{7}\cdot 8\cdot 14=48$.

Wynik:

$116$

Oznaczmy liczbę dziewczyn przez $d$ i liczbę chłopców przez $c$. Z treści zadania wynikają następujące równości:

Podstawiając $c=\frac{5}{4}d+\frac{5}{4}$ z pierwszego równania do drugiego równania otrzymujemy $\left(\frac{13}{10}-\frac{5}{4}\right)d=\frac{13}{10}+\frac{5}{4}$, co daje $\left(\frac{13}{10}-\frac{5}{4}\right)d=\frac{13}{10}+\frac{5}{4}$. Zatem dostajemy $\frac{d}{20}=\frac{51}{20}$, czyli $d=51$, a więc $c=\frac{13}{10}\cdot 50=65$. W wyniku tego odpowiedzią jest $d+c=51+65=116$.

Wynik:

$50$

Na obrazku jest siedem kwadratów o boku długości $1$ i dwa kwadraty o boku $2$. Aby zmniejszyć łączną liczbę kwadratów do pięciu, należy zniszczyć dokładnie cztery kwadraty. Aby usunąć kwadrat ograniczony zapałkami $3,6,7,10$ należy usunąć co najmniej trzy zapałki, więc tego kwadratu nie możemy zniszczyć. W szczególności nie możemy usunąć zapałki numer $6$.

Usunięcie zapałek o numerach $11$ lub $13$ niszczy równocześnie oba duże kwadraty oraz jeden mały. Tak więc zniszczenie ostatniego kwadratu wymagałoby usunięcia dwóch zapałek. Jeżeli zapałka z numerem $11$ została zabrana, to parami zapałek, które możemy zabrać są $12$ i $13$ lub $18$ i $20$. Z drugiej strony, jeżeli zapałka z numerem $13$ została zabrana, to parami zapałek, które możemy zabrać są $1$ i $4$, $11$ i $12$ lub $16$ i $19$. Z tych możliwości, usunięcie zapałek o numerach $11$, $18$ i $20$ ma największą sumę równą $49$. Jeśli oba duże kwadraty pozostały, to jedyne możliwe do usunięcia zapałki mają numery $5$, $12$ i $17$, ale ich zabranie nie tworzy wymaganej konfiguracji.

Skoro zapałka z numerem $6$ nie może zostać zabrana, a jeden z dużych kwadratów musi zostać zniszczony, to obie zapałki z następujących par muszą zostać usunięte: $18$ i $20$ lub $16$ i $19$ lub $1$ i $4$. Zabierając zapałki w taki sposób usuwamy jeden duży i jeden mały kwadrat. To oznacza, że kolejna zabrana zapałka musi zniszczyć dwa kwadraty. W przypadku pary $18$ i $20$ może to być zapałka numer $11$ lub $12$, co daje maksymalną sumę $50$. Zapałka numer $13$ nie może być usunięta, bo wtedy zapałka numer $15$ nie leżałaby na boku kwadratu. Rozumując analogicznie dla pary $16$ i $19$ dostajemy największą sumę $48$ usuwając zapałkę numer $13$. Odpowiedzią, której szukaliśmy jest zatem $50$.

Wynik:

$65$

Niech $r$ oznacza promień podstawy butelki. Z pierwszego ułożenia widzimy, że objętość wody w butelce to $13\pi r^2$. Podobnie, z drugiego ułożenia widzimy, że objętość powietrza w butelce to $(21-14)\pi r^2=7\pi r^2$. Zatem butelka ma objętość $(13+7)\pi r^2=20\pi r^2$ a szukany procent wynosi $\frac{13\pi r^2}{20\pi r^2}=\frac{13}{20}=65\%$.

Wynik:

$28$

Istnieją cztery ścieżki z $A$ do $B$, które nie przechodzą przez $C$. Jedna z nich pozwala na dwa sposoby dostać się do punktu $C$, druga pozwala tylko na jeden sposób dostać się do punktu $C$, a pozostałe dwie nie dają możliwości dotarcia do punktu $C$ (nie przechodząc dwukrotnie żadnej z ulic). Sumarycznie istnieją trzy możliwe trasy, którymi Krzyś może dostać się do kina ze swoją dziewczyną. Dwie z nich mają długość $10$, a trzecia $8$, co daje nam odpowiedź $28$.

Wynik:

$44$

Niech strażnik $A$ (prostokątna droga) będzie tym, który potrzebuje $14$ minut, a $B$ (kwadratowa droga) tym, który potrzebuje $12$ minut aby wykonać jedno okrążenie. Istnieją dwa możliwe punkty spotkań tychże strażników. Jeśli spotkają się w punkcie po lewej stronie po $a$ pełnych okrążeniach wykonanych przez strażnika $A$ i $b$ pełnych okrążeniach wykonanych przez strażnika $B$, to musi zachodzić równanie:

Możemy je uprościć do $7a=6b+3$, co daje $7\mid 6b+3$. Sprawdzając $b\in \{0,1,2,\dots \}$ widzimy, że $b=3$ i $a=3$ jest najmniejszym rozwiązaniem. Podobnie, strażnicy spotkają się w punkcie położonym po prawej stronie jeśli

Stąd $7a=6b-1$, czyli $7\mid 6b-1$, co daje $b\ge 6$. Zatem po raz pierwszy spotkają się po $14\cdot 3+2=44$ minutach.

Wynik:

$26$

Podniesienie obu równości do kwadratu i obliczenie ich sumy daje $2b^2=392$. Ponieważ $b$ musi być dodatnie, to $b=14$ jest jedynym rozwiązaniem. Podstawiając tę wartość do kwadratu pierwszego równania otrzymujemy $a^2+24=c^2$. Ponieważ liczba $c^2-a^2=(c-a)(c+a)=24$ jest parzysta, więc $d=c-a$ również musi być parzyste. Dla $d=6$ wartość $(c-a)(c+a)\ge d(d+2)$ będzie wynosiła co najmniej $48$, co jest większe od $24$. Zatem jedyne możliwości to $d=2$ i $d=4$. W pierwszym przypadku otrzymujemy $a+c=12$ i rozwiązania $a=5$ i $b=7$. W drugim otrzymujemy $a+c=6$ z rozwiązaniami $a=1$ i $c=5$. Zatem największa możliwa wartość sumy $a+b+c$ to $5+14+7=26$.

Wynik:

$\frac{3}{4}$

Podzielenie na przystające trójkąty i policzenie daje odpowiedź $\frac{18}{24}=\frac{3}{4}$, jak na rysunku.

$$$$

Alternatywne rozwiązanie. Niech $r$ będzie promieniem okręgu. Każdy sześciokąt możemy podzielić na $6$ trójkątów równobocznych. Mniejszy z nich ma wysokość równą $\frac{1}{2}r\sqrt{3}$, a większy $r$. Zatem stała podobieństwa jest równa $k=\frac{1}{2}\sqrt{3}$, skąd stała podobieństwa pól to $k^2=\frac{3}{4}$.

Wynik:

$20$

Numer kwadratowych urodzin musi zawierać w rozkładzie na czynniki pierwsze jeden lub więcej czynników postaci $p^k$, gdzie $k>1$. Wszystkie takie czynniki mniejsze lub równe $196$ to $S=\{4$, $8$, $9$, $16$, $25$, $27$, $32$, $36$, $49$, $64$, $81$, $100$, $121$, $125$, $128$, $144$, $169$, $196\}$ (jest ich $18$). Zauważmy, że gdy weźmiemy co najmniej dwie liczby ze zbioru $S$ większe niż $27$, to ich iloczyn jest większy niż $196$ albo już znajduje się w $S$. Z pozostałych liczb jedynie $8$ oraz $27$ nie są kwadratami. Ponieważ iloczyn dwóch kwadratów liczb całkowitych sam jest kwadratem, to wynik należy do $S$ lub jest większy od $196$. Rozważmy iloczyny liczb $8$ lub $27$ oraz liczb ze zbioru $S$ mniejszych niż $196$. Wszystkie te iloczyny znajdują się już w $S$ oprócz dwóch: $27\cdot 4=108$ i $8\cdot 9=72$. Mamy zatem $18+2=20$ numerów kwadratowych urodzin.

Wynik:

$13122=2\cdot 3^8$

Organizatorzy mają trzy zadania do wyboru z konkursu nr $1$. W drugim konkursie, ponieważ jedno zadanie już zostało wybrane ponownie mają do wyboru $4-1=3$ możliwości niezależnie od pierwszego wyboru. Nietrudno zauważyć, że ta sytuacja będzie się powtarzać, to jest: w $k$-tym konkursie jest już $k-1$ pytań, których nie możemy wybrać ze względu na poprzednie wybory aż do konkursu nr $9$, w którym jest zadanie o numerze $11$, który jest za duży, co pozostawia jedynie dwa zadania do wyboru. Ostatecznie w konkursie nr $10$ znajdują się pytania $11$ i $12$, których nie możemy wybrać, co daje tylko jeden wybór. Łącznie zatem można utworzyć $3^8\cdot 2=13122$ testów.

Wynik:

$142857$

Wiemy, że ostatnią cyfrą jest $1$, więc możemy odtworzyć liczbę od tyłu:

Sprawdzając, widzimy że $142857\cdot 3=428571$.

Alternatywne rozwiązanie. Każda dodatnia liczba całkowita, zaczynająca się od 1 i mająca co najmniej dwie cyfry może być zapisana w postaci $10^k+a$ dla pewnego $k\ge 1$ oraz $k$-cyfrowej liczby $a$. Po przestawieniu $1$ na koniec otrzymujemy liczbę postaci $10a+1$. Teraz chcemy rozwiązać równanie postaci

dla niewiadomych $a$ i $k$. Sprowadza się ono do postaci $3\cdot 10^k-1=7a$. Po lewej stronie równania mamy liczbę postaci $299...9$ (liczba dziewiątek wynosi $k$). Rozważamy kolejne liczby tej postaci i dzielimy je przez $7$, biorąc tyle dziewiątek, aby nie było reszty z dzielenia. Otrzymujemy, że najmniejszym rozwiązaniem jest $a=42857$, a wynikiem zadania $142857$.

Wynik:

$58$

Oznaczając przez $x$ długość boku mniejszego z kwadratów i korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla zacieniowanego trójkąta prostokątnego na obrazku otrzymujemy

Równanie to upraszcza się do $x^2=2x$, zatem $x=2$. Odpowiedzią jest $2(2^2+5^2)=58$.

$$$$

Wynik:

$18$

Oznaczmy długość liny przez $\ell$, a wysokość ściany przez $h$. Kiedy wspinacz dociera do oznaczenia, połowa liny (rozciągnięta) ma długość równą podwojonej odległości wspinacza od szczytu ściany, więc mamy

Kiedy wspinacz dociera na ziemię, podobnie otrzymujemy równanie

z którego po podstawieniu $\ell =\frac{20h}{9}$ z pierwszego równania otrzymujemy $h=18.$

Wynik:

$10$

Niech $b$ oznacza liczbę czarnych skarpetek. Prawdopodobieństwo wylosowania dwóch czarnych skarpetek wynosi więc $\frac{b}{n}\cdot \frac{b-1}{n-1}$. Skoro to wyrażenie jest równe $\frac{2}{15}$, otrzymujemy równanie

Liczby $3$ i $5$ dzielą lewą stronę równania i są względnie pierwsze z $2$, muszą więc dzielić $n(n-1)$. Rozważmy najmniejsze wielokrotności $3$ lub $5$ jako $n$. Jeżeli $n=6$, to $15\cdot b(b-1)=2\cdot 6\cdot 5=60$, ale równania $b(b-1)=4$ nie spełnia żadna liczba całkowita. Dla $n=10$ mamy $b(b-1)=12$, co jest spełnione dla $b=4$. Zatem odpowiedź to $n=10$.

Wynik:

$9876504$

Będziemy korzystać z cechy podzielności przez $11$: liczba jest podzielna przez $11$ wtedy i tylko wtedy, gdy różnica między sumą cyfr na nieparzystych pozycjach i parzystych pozycjach (w zapisie dziesiętnym) jest podzielna przez $11$.

Wśród wszystkich liczb o danej liczbie cyfr, w tym przypadku siedem, największe z nich to te zaczynające się największymi cyframi. Zatem będziemy szukać liczb począwszy od tych, które zaczynają się na $9$. Po rozpisaniu $98765$ widzimy, że „nieparzyste” cyfry sumują się do $9+7+5=21$, a „parzyste” do $8+6=14$. Różnica to $7$ i chcemy, aby była podzielna przez $11$ używając dwóch cyfr ze zbioru $\{0,1,2,3,4\}$. Jedyny sposób, aby to osiągnąć to przez dodanie $0$ do cyfr „parzystych” i $4$ do cyfr „nieparzystych”, co daje rozwiązanie $9876504$. Ponieważ wszystkie inne liczby zaczynałyby się ciągiem cyfr mniejszym od $98765$ jest to istotnie największa taka liczba.

Alternatywne rozwiązanie. Zacznijmy od największej liczby złożonej z parami różnych cyfr $9876543$. Zauważmy na mocy kryterium podzielności przez $11$ lub algorytmu dzielenia pisemnego, że liczba ta nie jest podzielna przez $11$ lecz liczba $9876537$ jest oraz jest to największa wielokrotność $11$ mniejsza od wyjściowej liczby. Ponieważ jej cyfry nie są parami różne to odejmując sukcesywnie $11$ i sprawdzając warunek parami różnych cyfr otrzymamy

co jest naszym rozwiązaniem.

Wynik:

$13$

Niech $E$ będzie takim punktem odcinka $CD$, że trójkąt $BCE$ jest równoboczny. Wówczas w trójkącie $AED$ zachodzą równości $AE=8$, $ED=7$ oraz $\angle AED=120^{\circ }$, skąd na mocy twierdzenia cosinusów otrzymujemy $A{D}^2=8^2+7^2-2\cdot 7\cdot 8\cdot \cos 120^{\circ }=169$, czyli $AD=13$.

$$$$

Alternatywne rozwiązanie. Jeśli do trójkąta $AED$ doczepimy pół trójkąta równobocznego o boku długości $7$ jak na obrazku, to z twierdzenia Pitagorasa dostaniemy

Zatem $AD=13$.

Wynik:

$18$

Najpierw musimy rozłożyć $2024$ na czynniki pierwsze:

Skoro $a$, $b$, $c$ oraz $d$ są dodatnimi liczbami całkowitymi, to $2+a\ge 3$, $2+c\ge 3$ i $4+d\ge 5$. Czynniki $1$ oraz $2$ mogą wystąpić tylko raz po prawej stronie (w czynniku $0+b$), a czynnik $4$ może wystąpić tylko w czynnikach $(2+a)$ lub $(2+c)$.

Iloczyn po prawej stronie musi składać się z czterech czynników, co daje nam cztery możliwe rozkłady na czynniki:

Dla pierwszego rozkładu $b=1$, a pozostałe czynniki mogą być przypisane do $a+2$, $c+2$ oraz $d+4$ na $6$ różnych sposobów. W drugim rozkładzie $b=1$ i wtedy $a+2=4$ lub $c+2=4$. W każdym z tych przypadków pozostałe dwa czynniki możemy przypisać na dwa różne sposoby, co daje nam $4$ rozwiązania Analogicznie mamy $4$ różne rozwiązania przy trzecim i czwartym rozkładzie. Ostatecznie otrzymujemy 18 różnych rozwiązań:

Wynik:

$3540$

Niech $k$ będzie taką liczbą, że $2^x\cdot 3^y=24^k$. Uzyskujemy wówczas

Zatem $2^x\cdot 3^y={(2^3\cdot 3^1)}^{15\cdot 59}$, czyli $x=3\cdot 15\cdot 59=45\cdot 59$ oraz $y=15\cdot 59$ i w konsekwencji $x+y=60\cdot 59=3540$.

Wynik:

$21$

Podzielmy ciąg na trzy segmenty po pół tuzina kulek — lewy (kulki $1-6$), środkowy (kulki $7-12$) i prawy (kulki $13-18$). Przypuśćmy, że w środkowym segmencie jest $b$ białych kulek. To oznacza, że w lewym i w prawym jest ich co najmniej po $7-b$, więc łącznie białych kulek jest co najmniej $14-b$. Jeżeli $b<6$, to $14-b>8$, a zatem $b=6$, czyli wszystkie kulki w środkowym segmencie są białe. Ponadto w lewym i prawym segmencie musi być dokładnie po jednej białej kulce.

Białe kulki w lewym i prawym segmencie nie mogą być jednak rozmieszczone dowolnie — aby warunki zadania były spełnione, dla każdego tuzina kolejnych kulek, odległość pomiędzy tymi dwiema dodatkowymi białymi kulkami nie może przekroczyć $12$, np. jeśli biała kulka w lewym segmencie jest na pozycji $2$, to biała kulka w prawym segmencie może być wyłącznie na pozycji $13$ lub $14$. Ogólnie jeżeli w lewym segmencie biała kulka jest na pozycji $i$ (od $1$ do $6$), to jest $i$ możliwych pozycji białej kulki w prawym segmencie. Sumując, uzyskujemy $1+2+3+4+5+6=21$ możliwych ciągów kulek.

Wynik:

$12$

Niech $a$ oznacza liczbę monet o nominale $1$zł, $b$ liczbę monet o nominale $2$zł, a $c$ liczbę monet o nominale $5$zł w pierwszym stosie. Mamy więc równania

oraz

Odejmując pierwsze równanie od drugiego otrzymujemy $b+4c=115$. To równanie ma rozwiązanie postaci $b=115-4c$ dla ustalonego $c$. Jednak mamy ograniczenie $0<115-4c<106$, więc $c\in \{3,4,\dots ,28\}$. Nie każde rozwiązanie prowadzi do odpowiedniej liczby $a$ monet $1$zł. Musimy dodać warunek $0\le 85-(115-4c+c)=-30+3c\le 33$. Widzimy, że tylko wartości ze zbioru $\{10,11,\dots ,21\}$ prowadzą do właściwego rozwiązania. Mamy więc 12 możliwości podziału monet na dwa stosy.

Wynik:

$36$

Oznaczmy punkty jak na rysunku poniżej.

$$$$

Korzystając z tego, że suma przeciwległych kątów w czworokącie wpisanym w okrąg wynosi $180^{\circ }$ oraz ze znanych miar kątów wewnętrznych w pięciokącie foremnym i trójkącie równobocznym dostajemy

W podobny sposób otrzymujemy

Następnie, skoro $ABC$ jest trójkątem równoramiennym, to

Sumując kąty przy wierzchołku $E$ otrzymujemy

Wynik:

$11296$

Wyznaczymy liczbę rozmieszczeń, w których co najmniej jedna wieża nie jest atakowana przez żadną inną. Taka wieża musi być jednocześnie jedyną w swoim wierszu i w swojej kolumnie, co oznacza, że może być co najwyżej jedna wieża o tej własności (w przeciwnym razie na szachownicy zmieściłoby się co najwyżej $6$ wież). Tę „samotną” wieżę można umieścić na $4\cdot 4=16$ sposobów. Pozostałe $8$ wież należy rozstawić na $9$ polach nienależących do wiersza i kolumny samotnej wieży — można to zrobić na $9$ sposobów. Łączna liczba rozmieszczeń z samotną wieżą jest więc równa $144$, a zatem szukana liczba rozmieszczeń bez samotnej wieży to $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{16}{9}\right)-144=11296$.

Wynik:

$9409$

Skoro $N$ nie jest liczbą pierwszą, to $N=1$ lub istnieje liczba pierwsza $p<N$ będąca dzielnikiem $N$. Założenie $p<100$ prowadzi do $p\le 97$. Zauważmy, że liczba $N=97^2=9409$ spełnia warunki zadania.

Przypuśćmy, że istnieje liczba $N^{\prime }>9409$ spełniająca warunki zadania. Jeżeli $p\le 97$ jest liczbą pierwszą dzielącą $N^{\prime }$, to wynikiem dzielenia $N^{\prime }∕p$ jest liczba większa od $97$, będąca jednocześnie dzielnikiem $N^{\prime }$. To oznacza, że $\frac{N^{\prime }}{p}\in \{98,99\}$. Ale wówczas $N^{\prime }$ jest liczbą podzielną przez $k\in \{2,3\}$, wobec czego

Uzyskana sprzeczność oznacza, że $N=9409$ jest największą liczbą o szukanej własności.

Wynik:

$845$

Oznaczmy przystanek autobusowy przez $s_0$, jeżeli autobusy wszystkich trzech linii się na nim zatrzymują, a przez $s_k$ oznaczmy $k$-ty przystanek (zaczynając liczyć od przystanku $s_0$) linii $A$. Teraz policzmy na ile sposobów Andrzej może się dostać na przystanek $s_6$ z przystanku $s_0$.

1.

Andrzej może dotrzeć na przystanek $s_1$ na jeden sposób (tylko autobusem linii $A$).

2.

Są dwie możliwości dotarcia na przystanek $s_2$: albo autobusem linii $A$ z przystanku $s_1$, albo autobusem linii $B$ z przystanku $s_0$.

3.

Aby dostać się na przystanek $s_3$, Andrzej może pojechać autobusem linii $C$ z przystanku $s_0$, lub autobusem linii $A$ z przystanku $s_2$ (na który mógł się dostać na $2$ sposoby).

4.

Na przystanek $s_4$ możemy dotrzeć linią $A$ z przystanku $s_3$ lub linią $B$ z przystanku $s_2$, a więc mamy $5$ możliwości.

5.

Na przystanek $s_5$ możemy się dostać tylko z przystanku $s_4$ linią $A$, a więc jest $5$ możliwości.

6.

Ostatecznie na przystanek $s_6$ możemy się dostać linią $A$ z przystanku $s_5$, linią $B$ z przystanku $s_4$ lub linią $C$ z przystanku $s_3$, co daje nam $3+5+5=13$ możliwości.

Przystanki na których zatrzymują się autobusy wszystkich trzech linii to: stacja centralna $c$ oraz przystanki o numerach $6$ i $12$. Jako przystanek $s_0$ możemy traktować każdy z przystanków, na którym zatrzymują się autobusy wszystkich trzech linii. Andrzej ma $13$ możliwości dotarcia na przystanek $s_6$ ze stacji centralnej, oraz na przystanek $s_{12}$ z przystanku $s_6$. Możemy wywnioskować, że dotarcie na przystanek numer $17$ z przystanku numer $12$ jest tym samym, co dotarcie na przystanek autobusowy $s_5$ z przystanku $s_0$, a zatem istnieje 5 możliwości. Ostatecznie Andrzej ma $5\cdot 13\cdot 13=845$ możliwości dotarcia na przystanek numer $17$.

Alternatywne rozwiązanie. Oznaczmy przystanki kolejnymi liczbami, zaczynając od $c=0$. Każdy przystanek $s$ jest obsługiwany przez linię $A$, a więc każda podróż z przystanku $s-1$ może być przedłużona do przystanku $s$ (korzystając z linii $A$). Jeżeli na przystanku $s$ zatrzymuje się autobus linii $B$, to podróż można przedłużyć od przystanku $s-2$, korzystając z linii $B$. Podobny fakt możemy zauważyć dla linii $C$. Dlatego oznaczając przez $J(s)$ liczbę możliwości dotarcia przez Andrzeja na przystanek $s$, dla $s\ge 1$ otrzymujemy, że:

Ze stacji centralnej autobusy jadą tylko w jednym kierunku, a więc $J(0)=1$ i możemy zdefiniować $J(17)$ rekurencyjnie; strzałki pod tabelką pokazują, które wartości są dodawane, aby uzyskać liczbę w każdej komórce.

$$$$

Wynik:

$3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=\frac{\sqrt{3}+6069}{2}$

Zauważmy, że $a_1$ ma część ułamkową równą $a_1-\lfloor a_1\rfloor =\sqrt{3}-1$. Zatem możemy zapisać $a_1$ w postaci $a_1=1+\sqrt{3}-1$. Liczymy kilka pierwszych wyrazów ciągu:

Zauważmy, że $a_1$ oraz $a_3$ mają taką samą część ułamkową równą $\sqrt{3}-1$, a ich różnica wynosi $a_3-a_1=3$. Podobne rozumowanie dotyczy $a_2$ oraz $a_4$, które także mają taką samą część ułamkową $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ a ich różnica wynosi $a_4-a_2=3$. To nas prowadzi do hipotezy, że $a_{2k+1}=3k+1+\sqrt{3}-1$ oraz $a_{2k+2}=3k+2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, gdzie $k=0,1,\dots$. Prawdziwość dla każdego $k$ możemy udowodnić indukcyjnie; jest to oczywiste dla $k=1$ oraz $k=2$. Dla pozostałych wystarczy podstawić wzory do definicji $a_{n+1}=\lfloor a_n\rfloor +\frac{1}{a_n-\lfloor a_n\rfloor }$. Zauważmy, że

Stąd $a_{2024}=3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}$.

Wynik:

$2520$

Zauważmy najpierw, że przyjmując lewy dolny róg za początek układu współrzędnych $A=[2,4]$ i $B=[6,3]$. Odbijamy $A$ i $B$ względem boków trójkąta i oznaczamy wszystko zgodnie z rysunkiem poniżej.

$$$$

Rozważmy trajektorię z $A$ do $B$, która odbija się od $KN$, a następnie od $MN$ i odbijmy jej fragmenty zawierające punkt $A$ (odpowiednio $B$) względem $KN$ (odpowiednio $MN$). Ze względu na równość kątów padania i odbicia otrzymujemy dokładnie odcinek $A_1{B}_2$ (ten proces będziemy nazywać rozprostowaniem do $A_1{B}_2$). Zauważmy, że jest to jedyna dopuszczalna trajektoria, która odbija się od tych boków kwadratu dokładnie dwa razy. Istotnie, rozprostowując teoretyczną trajektorię $A\to MN\to KN\to B$ dostajemy w wyniku odcinek $A_2{B}_1$, który nie przecina kwadratu $KLMN$. Wynika to z własności odbić, które implikują, że $N$ jest środkiem zarówno $A_1{A}_2$ jak i $B_1{B}_2$. Zatem taka trajektoria nie jest możliwa.

Podobnie wszystkie poszukiwane trajektorie, w których odbicia następują na dwóch sąsiednich bokach kwadratu $KLMN$ rozprostowują się do jednego z boków czworokąta $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$ lub jego przesuniętej kopii $B_1{A}_2{B}_3{A}_4$. Spośród odpowiadających sobie przystających boków dokładnie jeden jest wykorzystany, ponieważ ten drugi z nich nie daje odpowiedniej konfiguracji. Wynika stąd, że te trajektorie wnoszą wkład do sumy kwadratów długości równy sumie kwadratów długości boków $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa oraz faktu, że jego przekątne są prostopadłe i przecinają się w punkcie $C=[6,4]$ (jak na obrazku poniżej) możemy obliczyć:

$$$$

Wystarczy teraz rozważyć trajektorie, które odbijają się od dwóch przeciwnych stron kwadratu $KLMN$, takie jak na następnym rysunku. W tym przypadku obie kolejności są możliwe, zatem wkład do sumy kwadratów trajektorii jest równy sumie kwadratów przekątnych równoległoboku $A_2{B}_2{B}_4{A}_4$ oraz $A_1{A}_3{B}_3{B}_1$. Korzystając z faktu, że suma kwadratów przekątnych w równoległoboku jest równa sumie kwadratów jego boków otrzymujemy

dla obu równoległoboków. Zatem łączna suma to

$$$$

Wynik:

$94590$

Zauważmy, że jeśli liczby $a$, $b$, i $c$ są różne, to żeby był spełniony warunek podzielności musi zachodzić $2\cdot a\le b$ i $2\cdot b\le c$. Niech $s(k)$ oznacza liczbę cyfr $k$. Z warunku podzielności wynika, że ciąg $s(a)$, $s(b)$, $s(c)$ musi być niemalejący. Możliwe są zatem dwa przypadki:

1.

Liczby $a$, $b$, $c$ spełniają $s(a)=1$, $s(b)=1$ i $s(c)=3$. Wtedy $a$ wynosi co najwyżej $4<\frac{9}{2}$. To daje wynik $a=4$, $b=8$ i $c=992$.

2.

Liczby $a$, $b$, $c$ spełniają $s(a)=1$, $s(b)=2$ i $s(c)=2$. Wtedy $b$ wynosi co najwyżej $49<\frac{99}{2}$. Aby zmaksymalizować liczbę $a\parallel b\parallel c$, załóżmy, że pierwsza cyfra wynosi $9$. Maksymalna możliwa wartość $b$, to $b=45$ i w konsekwencji $c=90$. Rozważanie mniejszej wartości $a$ prowadzi do uzyskania mniejszego wyniku.

Największa możliwa do uzyskania liczba trójwidzialna to $94590$.

Wynik:

$471$

Szukamy takich liczb całkowitych $x$, dla których ułamek $\frac{2x^3+2x+4}{x+5}$ przyjmuje wartości całkowite. Skoro zachodzi równość

to wystarczy, żeby $x+5$ dzieliło $256=2^8$. Skoro $x>5$, to szukamy dzielników większych od $10$. Wszystkie takie dzielniki to $16$, $32$, $64$, $128$ oraz $256$. Zatem szukana suma wynosi

Wynik:

$\frac{7}{20}$

Prawdopodobieństwo pierwszego zdarzenia wynosi

a prawdopodobieństwo drugiego zdarzenia wynosi