Zadania

Wynik:

$14325$

Sumę $16$ możemy otrzymać tylko jako $9+7$. Jeżeli $R=9$, to mamy sprzeczność $J=N=3$. Oznacza to, że $S=9$, a $R=7$. Licząc dalej kolejno otrzymujemy $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ oraz $O=2$. Ostatecznie otrzymujemy, że $\mathit{NABOJ}=14325$.

Wynik:

$14$

Koło $A$ ma 14 zębów, koło $B$ ma 6, zaś koło $C$ ma ich 15. Najmniejsza liczba zębów, o jakie muszą obrócić się koła by wszystkie wróciły do początkowej pozycji, jest wielokrotnością 14, 6 i 15. Najmniejszą wspólną wielokrotnością tych liczb jest $210$. Koło $C$ musi zatem obrócić się o $210$ zębów, czyli wykona $210∕15=14$ pełnych obrotów.

Wynik:

$9897989698$

Przyjrzyjmy się cyfrze, która znajduje się najbardziej na lewo. Przyjmijmy, że jej wartość to $9$, czyli największa możliwa. Dalej, idąc od lewej do prawej, będziemy tworzyć żądaną liczbę dodając największą możliwą cyfrę tak, aby warunki zadania były spełnione. Druga cyfra od lewej nie może być równa $9$, zatem niech będzie to $8$. Jako kolejną cyfrę możemy wstawić ponownie $9$. Po niej nie możemy umieścić ani cyfry $8$, ani cyfry $9$, zatem największą możliwą cyfrą na tej pozycji jest $7$. Postępując dalej analogicznie możemy dać cyfry $9$, $8$ i $9$. Po nich nie może już znaleźć się żadna cyfra ze zbioru $\{9,8,7\}$, więc dajemy $6$. Ostatnimi cyframi mogą być $9$ i $8$. W ten sposób otrzymamy liczbę $n=9897989698$. Twierdzimy, że to największa liczba dziesięciocyfrowa spełniająca warunki zadania. Istotnie, niech $m$ będzie inną liczbą spełniającą zadane warunki. Przyjrzyjmy się pierwszej cyfrze od lewej, którymi różnią się $m$ i $n$. Ponieważ nasz algorytm zawsze wybierał największą możliwą cyfrę to $m\le n$ niezależnie od pozostałych cyfr.

Wynik:

$6$

Powierzchnia kwadratu musi być wielokrotnością 3, czyli powierzchni kafelka i łatwo zauważyć, że kwadrat $3\times 3$ nie może zostać w całości pokryty. Kwadrat $6\times 6$ można już jednak pokryć, a jeden z możliwych układów przedstawiono na rysunku poniżej.

Wynik:

$36$

Różnica obwodów $\mathit{ABCD}$ i $\mathit{AXSD}$ jest równa dokładnie $\mathit{XB}+\mathit{CS}=2\cdot \mathit{CS}=\mathit{CD}$, co jest także równe $\mathit{BC}$ i $\mathit{XS}$. Zatem obwód $\mathit{XBCS}$ jest równy $3\cdot (50-38)=36$.

Wynik:

$93$

Niech $x$, $y$ będą dwiema cyframi szukanej liczby. Zauważmy, że cyfra jedności iloczynu Eli jest taka sama jak cyfra jedności iloczynu $x\cdot y$. Istnieją tylko dwa sposoby, aby mnożąc dwie cyfry uzyskać liczbę kończącą się na $7$, mianowicie $1\cdot 7=7$ oraz $3\cdot 9=27$. Możemy łatwo wykluczyć możliwość $17\cdot 71$, ponieważ ten iloczyn jest zbyt mały, więc jedyna opcja to $39\cdot 93=3627$, a odpowiedź to $93$.

Wynik:

$37$

Jeśli Kornel ma na ręce wszystkie kombinacje dwunastu wartości w trzech kolorach (łącznie $3\cdot 12=36$ kart), to może się zdarzyć, że karta na wierzchu stosu ma brakującą trzynastą wartość w czwartym z kolorów. W tym przypadku, Kornel nie mógłby zagrać karty, więc $N$ jest równe co najmniej $37$.

Z drugiej strony, karta na wierzchu stosu ma ten sam kolor co 12 innych kart w talii oraz tę samą wartość co trzy inne karty. Skoro w talii mamy $52$ karty, to Kornel mógłby nie móc zagrać mając na ręce $52-1-12-3=36$ kart. W takim razie mając $37$ kart, na pewno będzie w stanie zagrać co najmniej jedną z nich.

Wynik:

$15$

Skoro trójkąt $\mathit{FGS}$ jest równoramienny, to $\mathit{FS}=\mathit{GS}$. Zatem równoramienne trójkąty prostokątne $\mathit{GAS}$ i $\mathit{FSE}$ są przystające, co oznacza, że $\mathit{ES}=\mathit{AS}$. Stąd trójkąt $\mathit{EAS}$ jest równoramienny. Korzystając z tego, że $\mathit{\angle ESA}=45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ }$, otrzymujemy $\mathit{\angle SAE}=\frac{1}{2}(180^{\circ }-\mathit{\angle ESA})=15^{\circ }$.

Wynik:

$34$

Wpiszmy w każdą płytkę dla ilu dopuszczalnych trójkątów ta właśnie płytka jest ich górnym lub dolnym rogiem (w zależności od orientacji płytki):

Liczba, której szukamy, jest wtedy sumą wszystkich tych wartości.

Wynik:

$6075$

Niech $N=\overline{\mathit{abcd}}$ będzie intrygującą liczbą i $n=\overline{\mathit{cd}}$. Wtedy $N=1000a+100b+n$, a po usunięciu cyfry setek otrzymamy liczbę $M=100a+n$. Mnożąc równość $M=\frac{1}{9}N$ przez $9$ otrzymujemy

co po przekształceniach i podzieleniu przez $4$ daje nam

Z tej równości wnioskujemy, że liczba $a+b$ musi być parzysta i mniejsza niż $\frac{2\cdot 100}{25}=8$, bo $n<100$. Z tego wynika, że liczba $a+b$ to co najwyżej $6$ i aby liczba $N$ była największa możliwa wybieramy $a=6$ oraz $b=0$, co daje $n=75$. Łatwo sprawdzić, że $N=6075$ spełnia warunki zadania.

Wynik:

$60$

Statek transportuje w czasie pierwszej podróży $85$ ton cieczy, zatem musi zawierać przynajmniej $15$ ton oleju. Jednak w drodze powrotnej ilość oleju została podwojona, więc statek mógł transportować co najwyżej $15$ ton oleju. Z tego wynika, że transportował pełną ładowność etanolu i rtęci. Całkowity ładunek w drodze powrotnej może zatem być wyliczony w następujący sposób:

Wynik:

$8$

Rozpocznijmy wypełnianie obszaru od jednego z wewnętrznych rogów obszaru (1); istnieją dwie możliwości ułożenia płytek, prowadzące do symetrycznych ustawień. Wybierzmy zatem jedno z ustawień i pomnóżmy otrzymany dla niego wynik przez $2$. Gdy położenie tej płytki jest ustalone, ułożenie kolejnych dwóch płytek jest także ustalone (2). Dwa „kwadraty” po lewej i prawej stronie obszaru mogą być wypełnione na dwa sposoby (3), a pozostały obszar może być wypełniony dokładnie w jeden sposób (4). Zatem po ułożeniu (1) mamy $2\cdot 2=4$ możliwości wypełnienia obszaru. Biorąc pod uwagę symetryczność, otrzymujemy łącznie $2\cdot 4=8$ możliwości wypełnienia szarego obszaru płytkami.

Wynik:

$30$

Pole każdego ciemnoszarego kwadratu wynosi $216∕6=36$, więc długość jego boku jest równa $\sqrt{36}=6$. Na każdej ścianie jasnoszara część jest dwa razy mniejsza niż biała część niepokryta taśmą, co oznacza, że każdy jasnoszary prostokąt jest dwa razy mniejszy niż biały kwadrat. Dlatego możemy zmieścić $5$ jasnoszarych prostokątów o szerokości $6$ wzdłuż jednej krawędzi sześcianu, co daje długość boku krawędzi równą $5\cdot 6=30$ cm.

Wynik:

$800$

Niech $z$ oznacza cenę zeszytu, $\ell$ cenę linijki, a $d$ cenę długopisu. Z warunków podanych w zadaniu mamy $z=d+\ell$ i $\frac{3}{2}\ell =d+z=2d+\ell$. Drugie równanie pozwala wyznaczyć $\ell =4d$. Podstawiając to do pierwszego równania, otrzymujemy $z=5d$. Oznacza to, że cena długopisu musi wzrosnąć dziewięciokrotnie, czyli o $800\%$.

Wynik:

$4098600$

Zauważmy, że $\text{NWD}(x,x-1)=1$ dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej $x$, a więc

dla dowolnych liczb całkowitych dodatnich $a$ i $x$. Stąd otrzymujemy, że szukane wyrażenie jest równe

Wynik:

$12$

Trójkąty prostokątne utworzone z regionów pomiędzy ukośną linią a prostokątami są podobne, ze współczynnikiem podobieństwa równym $2$. W takim razie, szerokość szarego prostokąta (wyrażona w średnicach kół) to $2\cdot 6=12$.

Wynik:

$7,2=7\frac{1}{5}=\frac{36}{5}$

Oznaczmy pierwotną prędkość Macieja przez $v$ (w km/h), a przez $t$ czas jakim biegł szybszym tempem (w godzinach). Wtedy jego wolniejsza prędkość jest równa $\frac{3}{4}v$, a czas, który spędził biegnąc tym tempem, jest równy $2t$. Całkowity dystans jaki przebiegł jest równy sumie dwóch częściowych dystansów, więc

Zatem

co jest dystansem przebiegniętym szybkim tempem.

Wynik:

$10$

Zauważmy, że Karolinka w ogóle nie pojawia się w warunkach, więc może ustawić się gdziekolwiek. Ponadto, są jedynie dwie możliwości ustawienia pozostałych czterech dziewcząt, bo wśród nich najbardziej na lewo musi być Gabrysia, a na prawo Justynka. Zatem ostatecznie dostajemy $10$ ustawień.

Wynik:

$220$

Dla dowolnego układu murów najdłuższy prosty odcinek w obrębie dziedzińca zamku jest co najwyżej tak długi, jak najdłuższy odcinek $\ell$ łączący dwa punkty zamku (jeśli niektóre kąty wewnętrzne między kolejnymi murami przekraczają $180^{\circ }$, $\ell$ może nie być w całości zawarty w zamku). Odcinek $\ell$ musi łączyć dwie wieże, gdyż w przeciwnym razie można go wydłużyć. Te dwie wieże dzielą mury na dwie grupy, przy czym suma długości każdej grupy wynosi co najmniej $S$, czyli długość $\ell$. W ten sposób otrzymujemy nierówność

Skoro $S$ jest wielokrotnością $10$, to $S\le 220$. Ta wartość jest osiągalna przy podziale $90+130$ i $50+70+110$.

Wynik:

$247$

Różnica jest najmniejsza, gdy liczby są tak blisko siebie, jak to tylko możliwe. W tym celu cyfry tysięcy muszą różnić się jedynie o 1. Trzycyfrowa liczba przy większej z nich musi być tak mała, jak to możliwe, a przy mniejszej z nich tak duża, jak to możliwe. Prowadzi to do liczb 5123 i 4876, których różnica wynosi 247.

Wynik:

$62$

Jeśli opuścimy warunek o dwóch sąsiadujących grządkach z tymi samymi kwiatkami, to odpowiedź wynosiłaby $2^6=64$. Od tego wyniku musimy odjąć opcje, gdzie warunek nie jest spełniony, czyli te, w których każda grządka sąsiaduje wyłącznie z innymi kwiatkami. Są tylko dwie takie możliwości, co prowadzi nas do łącznej liczby możliwych ustawień równej $64-2=62.$

Wynik:

$25\pi -12$

Niech $M$ będzie środkiem okrągłej kartki, a $A$, $B$ i $C$ pozostałymi wierzchołkami prostokąta. Oznaczmy promień koła przez $r$.

Mamy $\mathit{MA}=r-1$, $\mathit{MB}=r$ oraz $\mathit{MC}=r-2$, gdzie $\mathit{AB}=\mathit{MC}$. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $\mathit{ABM}$ otrzymujemy równanie

które możemy uprościć do

Wiemy, że $r>2$, więc jedynym rozwiązaniem jest $r=5$. Pole pozostałej części kartki wynosi $\pi r^2-3\cdot 4=25\pi -12$.

Wynik:

$23\frac{1}{3}=\frac{70}{3}$

Jeśli zmieszamy $x$ algebrii oraz $y$ alchemy, powstała mieszanina zawiera $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ algebry i $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ alchemii. Aby uzyskać proporcję $1:1$, musi zachodzić

co możemy przekształcić do $y=\frac{3}{2}x$. Innymi słowy, na każdy miligram algebrii musimy użyć $\frac{3}{2}$ miligrama alchemy. W takim razie aby wyprodukować możliwie wiele algemii potrzebujemy zużyć całe $14\mathrm{mg}$ alchemy oraz $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ algebrii, otrzymując łącznie $\frac{5}{3}\cdot 14=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$ algemii.

Wynik:

$34$

Niech $m^2=M=K+3333$. Skoro $M$ i $K$ są czterocyfrowymi kwadratami, to $32\le n<m\le 99$ i

czyli

Stąd otrzymujemy

Biorąc pod uwagę te warunki, jedynymi możliwymi czynnikami są $m+n=101$ i $m-n=33$, prowadzące do rozwiązań $m=67$ i $n=34$. Pozostaje nam sprawdzić, że istotnie wszystkie cyfry $K=34^2=1156$ są mniejsze niż $7$ w tym przypadku.

Wynik:

$\frac{2\sqrt{3}\pi }{3}=\frac{2}{\sqrt{3}}\pi$

Punkty $X$ i $Y$ są środkami podstaw walca, więc wysokość walca jest równa odległości między nimi. Ponieważ są to przeciwległe wierzchołki sześcianu, to leżą one na końcach przekątnej o długości $\sqrt{3}$. Aby wyznaczyć promień walca wybierzmy dowolny inny wierzchołek sześcianu $Z$ i obliczmy jego odległość od przekątnej $\mathit{XY}$. Trójkąt $\mathit{XY}Z$ ma przy wierzchołku $Z$ kąt prosty, a szukany promień jest wysokością opuszczoną z $Z$ na $\mathit{XY}$. Z podobieństwa (lub porównania pól) ta wysokość wynosi $\sqrt{2∕3}$. Zatem objętość walca jest równa

Wynik:

$13$

Zauważmy, że stwierdzenie w drugim pytaniu nie może być prawdziwe – gdyby było co najmniej $31$ kłamców, wszyscy odpowiedzieliby przecząco na pytanie; nie mogłoby być zatem $39$ pozytywnych odpowiedzi. W wiosce mieszka wiec co najwyżej $30$ kłamców. Skoro prawdomówni zawsze mówią prawdę, musieli odpowiedzieć na to pytanie przecząco. W związku z tym jest co najwyżej $60-39=21$ prawdomównych w wiosce.

Oznacza to także, że odpowiedź na pierwsze pytanie jest przecząca. Zebrane pozytywne odpowiedzi musiały pochodzić od kłamców i części zwykłych ludzi. Skoro w wiosce mieszka co najwyżej $30$ kłamców, musi istnieć co najmniej $43-30=13$ zwykłych ludzi.

Zauważmy, że $17$ prawdomównych, $30$ kłamców i $13$ zwykłych ludzi spełnia obydwa warunki zadania. Zatem zwykłych ludzi mieszkających w wiosce jest co najmniej $13$.

Wynik:

$24$

Zauważmy najpierw, że łączna liczba przyznanych punktów wynosi 7, co oznacza, że z 6 meczów dokładnie jeden zakończył się zdobyciem przez zwycięską drużynę dwóch punktów, podczas gdy pozostałe zakończyły się zdobyciem przez zwycięzców tylko jednego punktu. Oznacza to, że najlepsza drużyna pokonała wszystkie pozostałe drużyny, przy czym dokładnie jedno z tych zwycięstw było za 2 punkty. Najlepszą drużynę i tę, z którą ona wygrała za 2 punkty można wybrać na $4\cdot 3=12$ sposobów. Mecze pomiędzy trzema drużynami, które zdobyły tylko po 1 punkcie musiały zakończyć się „cyklem”, który można zorientować na dokładnie dwa sposoby. W sumie istnieją $12\cdot 2=24$ sposoby, w jakie turniej mógł się potoczyć.

Wynik:

$225$

Oczywiście najmniejszą możliwą wartością $M$ jest $9$, ponieważ

Jeśli $k\ge 1$, to każde podstawienie $10^k=10\cdot 10^{k-1}$ zwiększa liczbę składników o $9.$ Oznacza to, że możliwe wartości $M$ muszą być wielokrotnościami $9$, co więcej tworzą one zbiór kolejnych wielokrotności $9.$ Największa możliwa wartość $M$ to $2025$, ponieważ

W takim razie mamy $\frac{2025}{9}=225$ możliwych wartości $M$.

Wynik:

$360$

Oznaczmy przez $S$ punkt początkowy, w którym stoją Łukasz i Rafał. Niech $t_1$ będzie czasem, jaki upłynął od momentu, gdy przód pociągu minął Łukasza i Rafała, do momentu, gdy tył pociągu minął Łukasza. Podobnie niech $t_2$ będzie czasem, jaki upłynął od momentu, gdy tył pociągu minął Łukasza, do momentu, gdy minął Rafała. Rafał i Łukasz idą z taką samą prędkością. W czasie $t_1$ Łukasz zdołał pokonać $45$ metrów, podczas gdy Rafał pokonał $60-45=15$ metrów w czasie $t_2$. Stosunek czasów $t_1$ do $t_2$ wynosi

Teraz popatrzmy jak porusza się pociąg. W czasie $t_1$ pociąg pokonuje odległość pomiędzy punktem $S$ a końcową pozycją Łukasza, która jest o 45 m krótsza od długości pociągu. W czasie $t_2$ pociąg pokonuje odległość $105$ metrów, czyli odległość która dzieli Łukasza i Rafała. Oznacza to że prędkość pociągu wynosi

Ostatecznie długość pociągu wynosi

Wynik:

$33,75=33\frac{3}{4}=\frac{135}{4}$

Skoro trójkąt $X{C}^{\prime }B$ jest równoramienny, to

Ponadto, $\mathit{\angle CXY}=\mathit{\angle Y}X{C}^{\prime }$ z racji zgięcia, więc

Wreszcie $\mathit{\angle X}{C}^{\prime }Y=\mathit{\angle Y}\mathit{CX}=90^{\circ }$, a zatem

Wynik:

$911$

Zauważmy, że dla $k\le n$ liczba wszystkich ostro rosnących $k$-krotek o wartościach ze zbioru $\{1,2,\dots ,n\}$ jest równa $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{k}\right)$, ponieważ ostro rosnące krotki odpowiadają dokładnie podzbiorom wielkości $k$. Podobnie, liczba wszystkich rosnących $k$-krotek o wartościach ze zbioru $\{m,m+1,\dots ,n\}$ jest równa $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$. Aby wyznaczyć pozycję krotki, policzmy liczbę wcześniejszych ostro rosnących czwórek grupując je zależnie od liczby na pierwszej pozycji:

• $(0,\ast ,\ast ,\ast )$: jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{15}{3}\right)=455$ takich czwórek;
• $(1,\ast ,\ast ,\ast )$: jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$ takich czwórek;
• $(2,3,\ast ,\ast )$: jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{2}\right)=66$ takich czwórek;
• $(2,4,a,\ast )$ dla $a\in \{5,6\}$: jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{10}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{9}{1}\right)=19$ takich czwórek;
• $(2,4,7,b)$ dla $b\in \{8,9,10,11,12,13\}$: jest 6 takich czwórek.

Zatem czwórka $(2,4,7,14)$ pojawia się na pozycji o numerze $455+364+66+19+6+1=911$.

Wynik:

$60$

Oznaczmy przez $A$ i $B$ liczbę jabłek przyniesionych na targ odpowiednio przez Dominika i Magdalenę. Wiemy, że

Podstawiając $b=\frac{45}{A}$ i $a=\frac{20}{B}$ do drugiego równania otrzymujemy

Zatem $A=\frac{3}{2}B$. Podstawiając do pierwszego równania dostajemy $\frac{3}{2}B+B=100$, więc $B=40$, a stąd $A=100-40=60$.

Wynik:

$598$

Oznaczmy przez $a$, $b$ i $c$ cyfry setek, dziesiątek i jedności trzycyfrowej liczby $N$. Jeśli $c=9$, to $N>9^3=729$, czyli $a$ musiałoby być równe $7$ lub $8$. Jednakże w obu przypadkach nie można wybrać $b$ tak, by ostatnia cyfra liczby $729+a+b^2$ była równa $9$.

Rozważmy następnie przypadek $c=8$. Skoro $8^3=512$, to $a$ musi być równe $5$ lub $6$, ale

zatem $a$ może być równe jedynie $5$. Wtedy cyfra $b$ musi spełniać

czyli

Stąd $b$ może być równe $1$ lub $9$. Obydwie możliwości prowadzą do poprawnych liczb

Jeśli $c\le 7$, to

zatem największą możliwą wartością $N$ jest $598$.

Wynik:

$42$

Łącząc punkt $P$ z wszystkimi punktami dzielącymi boki czworokąta $\mathit{ABCD}$ na trzy części dostajemy dwanaście trójkątów.

Trzy trójkąty leżące wzdłuż tego samego boku mają równe pola, ponieważ mają tę samą wysokość z punktu $P$ i podstawy równej długości. Niech $a$ będzie polem trójkąta $\mathit{PEI}$, $b$ polem trójkąta $\mathit{PJF}$, $c$ polem trójkąta $\mathit{PGK}$, a $d$ polem trójkąta $\mathit{PLH}$. Na podstawie podanych informacji dostajemy równania

Natomiast szukane pole powierzchni czworokąta $\mathit{PFBG}$ jest równe $b+c$. Można je wyznaczyć następująco

Wynik:

$237$

Istnieje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$ możliwości wyboru $4$ kwadratów z ramki o $12$ kwadratach. Dla każdego z czterech boków jest 8 kwadratów nienależących do tego boku, co daje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$ wyborów czterech kwadratów w taki sposób, że z tej strony nic nie wybrano. Dlatego jest $495-4\cdot 70=215$ takich wyborów, że nie istnieje bok, z którego nie wybraliśmy żadnego kwadratu. Jednakże niektóre wybory odjęliśmy podwójnie – te, w których nie wybraliśmy żadnego kwadratu z dwóch boków jednocześnie. Jest to możliwe, gdy wybierzemy cztery kwadraty z $5$ skupionych wokół jednego z wierzchołków siatki ($5$ wyborów dla wierzchołka, $20$ dla wszystkich $4$ wierzchołków) lub $4$ kwadraty z $4$ przeciwległych środkowych kwadratów (łącznie $2$ sposoby). Otrzymujemy zatem $215+22=237$ sposobów. Nie możemy tak wybrać kwadratów, by istniały trzy lub cztery boki, z których nic nie wybrano, więc jest to ostateczna odpowiedź.

Wynik:

$1,2=1\frac{1}{5}=\frac{6}{5}$

Oznaczmy środki okręgów odpowiednio przez $X$, $Y$, $Z$, a przez $A$, $B$, $C$ punkty styczności okręgów (jak na rysunku poniżej). Trójkąt $\mathit{XY}Z$ ma boki długości $1+2=3$, $1+3=4$ oraz $2+3=5$. Zauważmy, że boki trójkąta są trójką pitagorejską, a więc trójkąt $\mathit{XY}Z$ jest trójkątem prostokątnym, o kącie prostym przy wierzchołku $X$. Aby policzyć pole trójkąta $\mathit{ABC}$ policzymy pola trójkątów równoramiennych $\mathit{XCB}$, $Y\mathit{AC}$ oraz $\mathit{ZBA}$ i odejmiemy od pola trójkąta $\mathit{XY}Z$, które wynosi $\frac{1}{2}(3\cdot 4)=6$.

• Trójkąt $\mathit{XCB}$ jest prostokątny, więc jego pole wynosi $\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{1}{2}$.
• Aby policzyć pole trójkąt $Y\mathit{AC}$, musimy znaleźć długość wysokości $\mathit{AR}$. Trójkąty $\mathit{RY}A$ oraz $\mathit{XY}Z$ są podobne w skali $YA∕YZ=\frac{2}{5}$, co oznacza, że $\mathit{AR}=\frac{2}{5}\mathit{ZX}=\frac{8}{5}$. Stąd pole trójkąta $Y\mathit{AC}$ wynosi $\frac{1}{2}(\frac{8}{5}\cdot 2)=\frac{8}{5}$.
• Analogicznie aby policzyć pole trójkąta $\mathit{ZBA}$ korzystamy z podobieństwa trójkątów $\mathit{SAZ}$ i $\mathit{XY}Z$ w skali podobieństwa $\frac{3}{5}$, aby otrzymać $\mathit{AS}=\frac{9}{5}$. Stąd pole trójkąta $\mathit{ZBA}$ wynosi $\frac{1}{2}(\frac{9}{5}\cdot 3)=\frac{27}{10}$.

Ostatecznie pole trójkąta $\mathit{ABC}$ wynosi

Wynik:

$300$

Zauważmy, liczba przekątnych $n$-kąta foremnego wynosi $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{2}\right)-n=\frac{1}{2}n(n-3)$. Skoro $2025$ jest liczbą nieparzystą, to zadanie sprowadza się do wyznaczenia kiedy iloczyn $P=n(n-3)$ jest podzielny przez $2025$. Z rozkładu $2025=3^4\cdot 5^2$ wynika, że potrzebujemy by $P$ było podzielne przez $3^4=81$ oraz przez $5^2=25$. Zauważmy, że tylko jeden z czynników $n$, $n-3$ może być podzielny przez $5$, a w takim razie musi być on podzielny przez $25$. Równocześnie $n$ będzie podzielne przez $3$ wtedy i tylko wtedy gdy $n-3$ będzie podzielne przez $3$, więc obie te liczby będą wliczały się w łączną potęgę trójki, która dzieli $P$. Jednakże tylko jedna z liczb $n$ i $n-3$ może być podzielna przez $3^k$ dla $k\ge 2$. W takim razie jeden z tych czynników musi być podzielny przez $27$.

Jeśli jeden z czynników jest podzielny przez 25 i 27, to musiałby być równy co najmniej $25\cdot 27=675$. Poszukajmy mniejszej wartość $n$ wśród przykładów, w których jedna z liczb $n$ lub $n-3$ jest podzielna przez $27$ (powiedzmy że jest to $m$), zaś druga przez $25$ (w takim razie mamy $n=m$ lub $n=m+3$). Z pierwszego założenia dostajemy $m=27k$ dla pewnej liczby całkowitej dodatniej $k$ i interesuje nas najmniejsza wartość $k$, dla której liczba $27k\pm 3$ jest podzielna przez $25$ (dla pewnego wyboru znaku). Skoro $25k$ jest podzielne przez $25$, to w tym przypadku równoważnie $2k\pm 3$ musi być podzielne przez $25$. Najmniejsza wartość $k$ w takim razie to $k=11$, dla której używamy dodatniego znaku. Tak więc $m=27\cdot 11=297$ i $n=m+3=300$.

Wynik:

$84$

Dla każdego wierzchołka policzmy (1) liczbę (skierowanych) ścieżek z $A$, które kończą się w danym wierzchołku oraz (2) liczbę ścieżek kończących się w $B$ o początku w danym wierzchołku. W diagramie poniżej, przykładowo, $3|1$ w prawym górnym wierzchołku oznacza, że istnieją dokładnie trzy ścieżki z początkowego wierzchołka, które kończą się w tym wierzchołku i tylko jedna ścieżka z tego wierzchołka do końcowego wierzchołka. Dla każdej strzałki liczba ścieżek, które przechodzą przez nią przeciwnie do jej kierunku jest równa iloczynowi: pierwszej liczby w wierzchołku na końcu danej strzałki i drugiej liczbie w wierzchołku na początku danej strzałki. Zatem wystarczy policzyć te iloczyny i zsumować.

Wynik:

$18249$

Możemy przekształcić równoważnie obliczenia do postaci

co upraszcza się do

Z tego wynika, że $N=1$. W tym momencie zostaje nam $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$, co oznacza, że $A=8$. Kolejne przekształcenie $914-888=26$ daje nam $B=2$ oraz $O=4$. Wartość $J$ może być dowolna, ale różna od użytych już cyfr, więc największa możliwa wartość $\mathit{NABOJ}$ to $18249$.

Wynik:

$150$

Oznaczmy przez $\mathit{TN}$ liczbę organizatorów głosujących „za” w pierwszym głosowaniu i „przeciw” w drugim; analogicznie definiujemy $\mathit{TT}$, $\mathit{NN}$ oraz $\mathit{NT}$. Przez $\mathit{TX}$ oznaczmy liczbę organizatorów, którzy opuścili salę. Otrzymujemy wtedy następujący układ równań

Podstawiając $\mathit{TT}=120$ i $\mathit{NN}=70$ oraz porządkując składniki, otrzymujemy

Mnożąc drugie równanie przez $2$ i sumując wszystkie równania razem otrzymujemy $3\mathit{TX}=450$, więc $\mathit{TX}=150$. Wtedy $\mathit{TN}=5$ i $\mathit{NT}=155$.

Wynik:

$12$

Niech $g=\text{NWD}(a,b)$. Wtedy $a=g{a}^{\prime }$, $b=g{b}^{\prime }$ dla pewnych dodatnich liczb całkowitych $a^{\prime }$, $b^{\prime }$. Skoro $g\le a\le b$, to ciąg arytmetyczny jest w kolejności $g,a,b$. Oznacza to, że $a-g=b-a$, czyli $b=2a-g$, co po podzieleniu przez $g$ daje $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$. Z warunku dotyczącego sumy ciągu otrzymujemy

stąd $g{a}^{\prime }=675=3^3{5}^2$. Liczba ta ma $(3+1)\cdot (2+1)=12$ dodatnich dzielników. Pozostaje tylko sprawdzić, czy każdy taki dzielnik daje prawidłową wartość $a^{\prime }$, tj. taką, którą można uzupełnić do pary $(a,b)$ spełniającej warunki zadania. Rzeczywiście, przyjmując $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$, $g=675∕a^{\prime }$, $a=g{a}^{\prime }=675$, $b=g{b}^{\prime }$, mamy $a\le b$, ponieważ $g{a}^{\prime }\le g(2a^{\prime }-1)$ dla dowolnych dodatnich liczb całkowitych $a^{\prime }$ i $g$, a także

ponieważ $a^{\prime }$ i $2a^{\prime }-1$ są względnie pierwsze dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej $a^{\prime }$.

Wynik:

$697$

Zauważmy, że zestaw zadań, które są rozwiązane przez dany zespół jest w pełni ustalony przez zestaw zadań nierozwiązanych i na odwrót. Możemy więc popatrzeć na to w ten sposób, że każda drużyna powinna mieć co najwyżej trzy różne zadania zostawione na stole na koniec zawodów. W takim razie mamy co najwyżej

drużyn biorących udział w zawodach.

Wynik:

$51$

Korzystając z równania $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$ podane warunki można przekształcić do następujących równań

a naszym celem jest znalezienie wartości $4-(a-2)(d-2)$. Korzystając z drugiego równania otrzymujemy, że $b\ne 2$ oraz $c\ne 2$ i dostajemy

Stąd $2a+2d-\mathit{ad}=4-(-47)=51$.

Wynik:

$77\frac{1}{7}=\frac{540}{7}$

Siedmiokąt $\mathit{ABCDEFG}$ jest foremny a kąt $\mathit{AME}$ jest prosty, więc $\mathit{AE}$ jest średnicą większego z okręgów. Zamiast mierzyć kąt między stycznymi przy $X$, równoważnie (z symetrii) możemy mierzyć kąt między stycznymi przy $A$, który jest drugim punktem przecięcia naszych okręgów. Ten kąt jest równy kątowi $\mathit{BAE}$ między odpowiednimi średnicami, gdyż są one prostopadłe do interesujących nas stycznych. Jego miara, $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }$, może być nietrudno wyznaczona z symetrii siedmiokąta foremnego, bądź z faktu że będzie ona połową $\frac{3}{7}\cdot 360^{\circ }$ – miary kąta środkowego opartego na łuku $\mathit{BE}$ w okręgu opisanym na siedmiokącie.

Wynik:

$\frac{2^{100}\cdot (4^{100}-1)}{3}$

Zaczniemy od ogólniejszej obserwacji: dla dowolnej dodatniej liczby całkowitej $n$ oraz liczb rzeczywistych $x_1,x_2,\dots ,x_n$, jeśli zsumujemy wyrażenia ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ dla każdego możliwego wyboru znaków to wynik będzie zawsze równy

Aby to udowodnić, zauważmy, że rozwinięcie ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ składa się z wyrazów będących kwadratami $x_i^2$ oraz iloczynów mieszanych postaci $\pm 2x_i{x}_j$ dla $i\ne j$. Każdy wyraz $x_i^2$ pojawia się w każdym możliwym rozwinięciu, niezależnie od wyboru znaków. Ponieważ mamy $2^n$ możliwych opcji wybrania znaku to każdy wyraz będący kwadratem pojawia się dokładnie $2^n$ razy. Z drugiej strony, iloczyny mieszane $\pm 2x_i{x}_j$ pojawią się z plusem w dokładnie połowie przypadków i z minusem w drugiej połowie, zależnie od tego, czy $x_i$ oraz $x_j$ są tego same znaku. Skoro takie wyrażenia idealnie się skracają po przejściu przez wszystkie kombinacje znaków, to nie wpływają na ostateczną sumę. Zatem całkowita suma upraszcza się do $2^n$ razy suma kwadratów poszczególnych liczb, co dowodzi wspomniany wzór.

W naszym przypadku mamy $x_i=2^{i-1}$ dla $i=1,2,\dots ,100$, a szukana suma wynosi

Korzystając ze wzoru na sumę szeregu geometrycznego dostajemy

co daje ostateczny wynik

Wynik:

$56$

Przez odcinek będziemy rozumieć jeden bok kwadratowej drogi. Niech $m=24$ i $n>m$ oznaczają odpowiednio prędkości wolniejszego i szybszego samochodu. Zauważmy, że pęknięcie liny zależy jedynie od stosunku prędkości, a nie ich wartości. Niech $m^{\prime }$ i $n^{\prime }$ będą takimi względnie pierwszymi dodatnimi liczbami całkowitymi, że $m^{\prime }:n^{\prime }=m:n$. Pokażemy, że lina nie pęka dokładnie wtedy, gdy $n^{\prime }-m^{\prime }$ jest wielokrotnością $4$.

Najpierw przeanalizujmy przypadek gdy $n^{\prime }-m^{\prime }$ nie jest wielokrotnością $4$. Po przejechaniu $m^{\prime }$ odcinków wolniejszy samochód znajdzie się w rogu. W tym samym czasie szybszy samochód pokona $n^{\prime }$ odcinków (ze względu na stosunek prędkości), więc również znajdzie się w rogu. Ponieważ $n^{\prime }-m^{\prime }$ nie jest podzielne przez $4$, muszą to być dwa różne wierzchołki kwadratu. Jeśli okaże się, że są to wierzchołki naprzeciwległe lina pęknie natychmiast. Natomiast, jeśli będą to wierzchołki sąsiednie, to po przejechaniu kolejnych $m^{\prime }$ i $n^{\prime }$ odcinków samochody znajdą się w przeciwległych wierzchołkach, co również spowoduje pęknięcie liny.

Załóżmy teraz, że $n^{\prime }-m^{\prime }$ jest wielokrotnością $4$. Najpierw zauważmy, że oba samochody znajdą się w rogu nie wcześniej niż gdy wolniejszy samochód pokona $m^{\prime }$ odcinków. W przeciwnym wypadku po pokonaniu $s<m^{\prime }$ odcinków przez samochód wolniejszy, szybszy pokonałby $\frac{s}{m^{\prime }}\cdot n^{\prime }$ odcinków, co nie może być liczbą całkowitą, ponieważ $m^{\prime }$ i $n^{\prime }$ są względnie pierwsze. Zatem pierwszy raz oba auta znajdą się jednocześnie w rogach, gdy wolniejszy samochód pokona $m^{\prime }$, a szybszy $n^{\prime }$ odcinków. Założyliśmy, że $n^{\prime }-m^{\prime }$ jest wielokrotnością $4$, zatem oba samochody znajdą się w tym samym wierzchołku. Możemy na tą sytuację patrzeć tak, jakby cała trasa zaczynała się od nowa (możliwe, że z innego wierzchołka), zatem lina nigdy nie pęknie.

Pozostaje znaleźć najmniejszą wartość $n>24$, dla której różnica $n^{\prime }-m^{\prime }$ jest podzielna przez $4$. Skoro $m^{\prime }$ i $n^{\prime }$ są względnie pierwsze, to nie mogą być równocześnie parzyste, więc muszą być nieparzyste. Ponieważ $m^{\prime }$ jest dzielnikiem $m=24$, więc jedynymi możliwymi wartościami są $1$ i $3$. Jeśli $m^{\prime }=1$, to najmniejszą liczbą, dla której $n^{\prime }-1$ jest wielokrotnością $4$ jest $n^{\prime }=5$. Wtedy $n=\frac{24}{1}\cdot 5=120$. Jeśli $m^{\prime }=3$, to najmniejszą liczbą względnie pierwszą z $3$, dla której $n^{\prime }-3$ dzieli się przez $4$ jest $7$. W tym przypadku $n=\frac{24}{3}\cdot 7=56$. Skoro $56$ jest mniejsze niż $120$, to szukaną najmniejszą wartością $n$ jest $56$.

Wynik:

$2^{975}+2025\cdot 2^{2999}$

Oznaczmy graczy numerami $1$, $2$, $\dots$, $2025$, a liczbę monet posiadanych przez gracza $p$ po $r$ rundach jako $m_{p,r}$. Bez straty ogólności, załóżmy, że gracz $1$ przegrał w pierwszej rundzie, gracz $2$ w drugiej, i tak dalej. Oznaczmy przez $M=2^{3000}$ liczbę monet posiadanych przez wszystkich graczy pod koniec gry.

Od przegranej w $p$-tej rundzie, liczba monet posiadanych przez gracza $p$ podwaja się aż osiągnie $M$ pod koniec gry. Zatem w rundach $r\ge p$, liczba monet wynosi

Skoro gracz $r$ przegrał w rundzie o numerze $r$, to stracił wtedy liczbę monet równą liczbie monet posiadanych przez pozostałych graczy. Łączna liczba monet w grze jest równa $2025M$, więc

Przekształcając równanie, otrzymujemy

Podstawiając $r=1$, otrzymujemy szukany wynik

Wynik:

$\sqrt{10}$

Fakt, że ostateczny stożek ma zerową objętość oznacza, że połączenie trzech identycznych powierzchni bocznych daje całkowicie płaski kształt – pełne koło. Oznacza to, że każda pojedyncza powierzchnia boczna stożka, po spłaszczeniu, odpowiada wycinkowi koła o kącie środkowym $120^{\circ }$. Niech $l$ będzie długością tworzącej oryginalnego stożka, a $r$ promieniem jego podstawy. Skoro kąt środkowy ma miarę $120^{\circ }$, to $l=3r$.

Powierzchnia boczna stożka pośredniego, utworzonego przez połączenie dwóch modeli, jest wycinkiem koła o kącie środkowym $240^{\circ }$, czyli ma promień podstawy $2r$. Stosując wzór na objętość stożka i twierdzenie Pitagorasa dostajemy

Dzięki temu obliczamy objętość pierwotnego stożka jako