Zadania

Wynik:

$6$, $16$, $28$

Jak można zauważyć, większość puszek ma numer podzielny przez 3. Suma zrzuconych puszek ma być równa 50, czyli dawać resztę 2 z dzielenia przez 3, zatem przynajmniej jedna z nich nie może mieć numeru podzielnego przez 3. Jedyne takie numery to 16 i 28.

Zauważmy, że liczby 16 i 28 dają resztę 1 z dzielenia przez 3, zatem aby uzyskać resztę 2 gracz musi zrzucić obie z nich. Ich suma to 44, zatem pozostałe zrzucone puszki muszą mieć sumę równą $50-44=6$, co jest możliwe jedynie zrzucając puszkę o numerze 6. Wynika stąd, że poszukiwany zestaw puszek to 6, 16 i 28.

Wynik:

$21$

Jest pięć możliwości, aby otrzymać sumę równą $8$ w rzucie trzema kośćmi:

W przypadku $6+1+1$ liczba $6$ może wypaść na czerwonej, niebieskiej lub żółtej kości, więc mamy trzy możliwości. Analogicznie mamy również po trzy możliwości dla każdej z sum: $4+2+2$ i $3+3+2$. W przypadku sumy $5+2+1$ mamy $3\cdot 2\cdot 1=6$ możliwości rozmieszczenia liczb na trzech różnokolorowych kościach. Tak samo jest dla przypadku $4+3+1$. Zatem łącznie jest $3\cdot 3+2\cdot 6=21$ możliwości.

Wynik:

$12$

Oznaczmy przez $a$ wiek Adama, a przez $c_1\le c_2\le c_3\le c_4$ wiek jego dzieci. Założenia zadania implikują równania $a=c_2+c_3+c_4$ oraz $a+6=(c_1+6)+(c_2+6)+(c_3+6)$. Z pierwszego równania otrzymujemy w drugim równaniu $c_2+c_3+c_4+6=c_1+c_2+c_3+18$, co się upraszcza do $c_4=c_1+12$. Zatem różnica pomiędzy najstarszym i najmłodszym dzieckiem Adama wynosi 12 lat.

Wynik:

$36$

Godzina musi być liczbą dwucyfrową nieprzekraczającą $23$ z różnymi cyframi z pośród $1,\dots ,5$; jedyne możliwości to $12$, $13$, $14$, $15$, $21$ oraz $23$. Każda taka godzina wykorzystuje dwie cyfry, pozostawiając trzy, z których należy ułożyć liczbę minut wykorzystującą różne cyfry. Można to zrobić na $3\cdot 2=6$ sposobów i każdy z nich daje w rezultacie poprawną liczbę minut. Zatem każda z godzin daje sześć poprawnych minut, czyli mamy $6\cdot 6=36$ szukanych wskazań zegara.

Wynik:

$67,5^{\circ }$

Niech $X$ będzie punktem przecięcia tych przekątnych. Zamiast liczyć miarę kąta $\mathit{\angle CXE}$, jak sugeruje obrazek, policzymy miarę kąta $\mathit{\angle FXG}$, która jest taka sama. Zauważmy, że $\mathit{\angle GFX}=\mathit{\angle GFC}=90^{\circ }$, ponieważ $\mathit{BCFG}$ jest prostokątem. Co więcej trójkąt $\mathit{EFG}$ jest równoramienny, z kątem $\mathit{\angle GFE}=\frac{1}{8}\cdot 6\cdot 180^{\circ }=135^{\circ }$, a więc $\mathit{\angle XGF}=\mathit{\angle EGF}=22,5^{\circ }$. Z sumy miar w trójkącie $\mathit{FGX}$ otrzymujemy $\mathit{\angle FXG}=180^{\circ }-90^{\circ }-22,5^{\circ }=67,5^{\circ }$.

Wynik:

$36$

Skoro

to $a+b+c+d+e=80$. Aby zmaksymalizować $d$ wystarczy zminimalizować sumę pozostałych liczb. Z warunków zadania wynika, że minimalne ich wartości to kolejno $a\ge 1$, $b\ge 2$, $c\ge 3$ oraz $e\ge d+1$, zatem

Otrzymujemy $2d\le 73$, czyli $d\le 36$, bo musi być całkowite. Warunki te są spełnione dla liczb $(a,b,c,d,e)=(1,2,3,36,38)$, więc największa możliwa wartość $d$ to 36.

Wynik:

$567$

Cyfra jedności musi być nieparzysta i równa co najmniej 6, więc jest to 7 lub 9. Trzeci warunek oznacza, że suma wszystkich cyfr jest podzielna przez 9, ale pierwszych dwóch już nie jest, więc 9 nie może być cyfrą jedności. Zatem cyfra jedności jest równa 7, a to oznacza, że 6 jest cyfrą dziesiątek. Aby suma cyfr była podzielna przez 9, cyfrą setek musi być 5. Zatem liczba sfinksa to $567$.

Wynik:

$28$

Poza zacieniowanym obszarem znajdują się trzy przystające małe trójkąty równoboczne oraz trzy przystające duże trójkąty równoboczne. Niech $\mathit{AB}=x$ i $\mathit{BC}=y$. Wtedy długość boku większego trójkąta wynosi $2x+y=17$, a długość boku mniejszego wynosi $x+2y=11$. Dodając oba równania stronami dostajemy $3x+3y=28$, co jest wzorem na szukany obwód sześciokąta.

Alternatywne rozwiązanie. Możemy przenieść boki sześciokąta jak na rysunku poniżej, aby otrzymać dwa odcinki, które są bokiem mniejszego i większego trójkąta. Zatem obwód sześciokąta jest równy sumie długości tych dwóch boków trójkątów, czyli wynosi $17+11=28$.

Wynik:

$242$

Zliczamy wszystkie ubiory zgodne z opisanymi zasadami. Zacznijmy od białych skarpetek, według zasad może je ubrać wyłącznie gdy wszystko inne jest białe, co daje 2 przypadki (w zależności czy założy wstążkę). Odrzucając białe skarpetki pozostają 2 możliwości skarpetek, 5 możliwości koszulki, 3 możliwości spodenek, 2 możliwości tenisówek oraz 4 możliwości wstążki (3 kolory i jej brak). Łącznie daje to

możliwych ubiorów. Ponadto dwa ubiory z białymi skarpetkami, więc łącznie 242 możliwości.

Wynik:

$1239$

Niech $\overline{\mathit{ABCD}}$ oznacza szukaną liczbę, gdzie $A$, $B$, $C$, $D$ są jej kolejnymi cyframi. Z warunków zadania wiemy, że $B=2A$ i $D=3C$. Wówczas

co sprowadza się do $A^2+2C^2=19$. Skoro prawa strona jest nieparzysta, to $A$ musi być nieparzysta. Ponadto $A$ jest cyfrą i $A^2\le 19$, więc $A\in \{1,3\}$. Jeśli $A=3$, to $2C^2=10$, czyli $C$ nie jest liczbą całkowitą. Natomiast jeśli $A=1$, to $2C^2=18$, czyli $C=3$. Ostatecznie otrzymujemy, że $B=2$, $D=9$, a szukana liczba wynosi $1239$.

Wynik:

$16$

Zauważmy, że wyrażenie $\pm 1\pm 2\pm 3\pm 4\pm 5$ nigdy nie może być równe 0, gdyż $1+2+3+4+5=15$, a zmiana znaku na przeciwny nie zmienia parzystości wyniku. Teraz zauważmy, że jeśli wszystkie znaki w wyrażeniu zmienimy na przeciwne, czyli plusy na minusy, a minusy na plusy, to wynik również zmieni znak na przeciwny. Otrzymaliśmy zatem możliwość połączenia wszystkich ustawień w pary, w których jeden wynik jest dodatni, a drugi jest ujemny. Wiemy, że wszystkich ustawień znaków jest $2^5=32$, ponieważ w każdym z pięciu miejsc może pojawić się jeden z dwóch znaków. Zatem Zuzanna ma dokładnie połowę możliwości, aby uzyskać wynik dodatni, stąd odpowiedź to 16.

Wynik:

$619$

Ponieważ pierwsza liczba każdego z trzech składników jest taka sama, to $A$ musi spełniać nierówność $3A\le 20$, a także $3A\ge 18$, bo nie możemy przenieść więcej niż 2 do kolejnej kolumny przy dodawaniu trzech cyfr. Zatem $A=6$. Wynika z tego, że w kolumnie jedności cyfry $B$ i $C$ sumują się do $10$. Zatem $1$ z kolumny jedności przeniesie do kolumny dziesiątek, stąd dostajemy $C=9$, a następnie $B=1$. Szukana liczba $\mathit{ABC}$ wynosi więc $619$.

Wynik:

$\frac{53}{3}=17\frac{2}{3}$

Skoro pole kwadratu wynosi $4$, to pole każdego z prostokątów jest równe $1$. Z tego wynika, że szerokość prostokąta po prawej wynosi $\frac{1}{2}$, więc szerokość prostokąta w lewym dolnym rogu jest równa $2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, a stąd jego wysokość wynosi $\frac{2}{3}$. Z tego wynika, że wspólna wysokość dwóch pozostałych prostokątów jest równa $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$. W celu obliczenia sumy obwodów prostokątów, liczmy obwód kwadratu, który wynosi $4\cdot 2=8$, i dodajemy dwukrotność odcinków wewnątrz kwadratu, ponieważ każdy z nich należy do dwóch obwodów. Długości tych odcinków wynoszą $2$, $\frac{3}{2}$ i $\frac{4}{3}$, więc dwukrotność ich sumy jest równa $2\cdot \left(2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right)=\frac{29}{3}$. Zatem szukana suma obwodów prostokątów wynosi $8+\frac{29}{3}=\frac{53}{3}$.

Wynik:

$12158$

Suma cyfr po napisaniu $2026$ pierwszy raz wynosi $10$. Każde następne napisanie bloku o parzystym numerze dodaje cyfry $202$, czyli zwiększa sumę cyfr o $4$, a każde napisanie bloku o nieparzystym numerze dodaje cyfry $026$, czyli zwiększa sumę cyfr o $8$. W ten sposób, za każdym razem gdy napisane zostaną dwa kolejne bloki, co stanie się $1012$ razy ($1+2\cdot 1012=2025$), suma cyfr wzrośnie o $12$. Na koniec zostanie dopisany blok numer 2026, który ma parzysty numer, więc suma cyfr wzrośnie o $4$. Sumarycznie dostajemy $10+1012\cdot 12+4=12158$.

Wynik:

$14$

Liczba $260320261992$ jest podzielna przez $24$, ponieważ:

• jest podzielna przez $3$: suma jej cyfr wynosi $42=3\cdot 14$;
• jest podzielna przez $8$: $1000$ jest wielokrotnością $8$ ($8\cdot 125$), podobnie jak $992$ ($8\cdot 124$), więc $260320261\cdot 1000+992$ jest również wielokrotnością $8$.

Zatem reszta z dzielenia $260320261998$ przez $24$ wynosi $6$, co oznacza, że będzie godzina 14.

Wynik:

$16$

Zjadanie musi być rozpoczęte od winogrona $F$, więc zostają winogrona $A$, $B$, $C$, $D$ i $E$. Następnie możemy zjeść winogrona $D$ lub $E$, sytuacja jest symetryczna, więc zacznijmy od $E$. Pozostały $A$, $B$, $C$ i $D$, więc możemy zjeść $C$ lub $D$.

• Jeśli zjemy $C$, to musimy zjeść $D$, a potem $A$ i $B$ na jeden z dwóch sposobów.
• Jeśli zjemy $D$, to $A$, $B$ i $C$ można zjeść w dowolnej z $3\cdot 2=6$ kolejności.

Wynika stąd, że zaczynamy od $F$, potem wybieramy $D$ lub $E$, a następnie zjadamy resztę na $2+6=8$ sposobów, czyli łącznie otrzymujemy $1\cdot 2\cdot 8=16$ sposobów zjedzenia całej kiści.

Wynik:

$12$

Liczba $x$ musi być postaci $2^a\cdot 3^b\cdot 5^c\cdot 7^d$ (inne liczby pierwsze nie mogą pojawić się w tym rozkładzie, bo pojawiłyby się we wspólnej wielokrotności). Pierwszy warunek jest równoważny z $a=6$, $b\le 3$, $c\le 4$ i $d\le 2$, a drugi można zapisać jako $a\le 8$, $b\le 4$, $c\le 3$ i $d=2$. To implikuje, że w rozkładzie na liczby pierwsze $\mathrm{NWD}(x,2^2\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7^3)$ wykładnik przy liczbie $2$ jest równy $2$, wykładnik przy liczbie $3$ może być dowolną liczbą całkowitą pomiędzy $0$ i $3$, wykładnik przy liczbie $5$ może być dowolną liczbą całkowitą pomiędzy $0$ i $2$, a wykładnik przy liczbie $7$ jest równy $2$. Widzimy zatem, że jest $4\cdot 3=12$ takich liczb.

Wynik:

$71^{\circ }$

Obliczając miary kątów dopełniających do $90^{\circ }$ przy dwóch wierzchołkach po prawej stronie prostokąta, dostajemy, że dany punkt leży na symetralnej prawego boku prostokąta, czyli na osi symetrii prostokąta. Zatem cała konfiguracja jest symetryczna względem tej prostej. Stąd szukany kąt wynosi $90^{\circ }-19^{\circ }=71^{\circ }$.

Wynik:

$1078$

Niech $c$ będzie liczbą tańszych koralików, zaś $p$ ich ceną we florenach. Wtedy $\mathit{cp}=459$, a skoro łącznie koralików jest $100$ i tańszych jest więcej niż droższych, to zachodzi $50<c<100$. Cena tańszych koralików jest liczbą całkowitą, więc $c$ musi być dzielnikiem liczby $459=3^3\cdot 17$, który jest ściśle między $50$ a $100$. Jedyną możliwością jest $c=51$. W takim razie $p=459∕51=9$, a więc droższe koraliki kosztują po $p+13=22$ floreny. Liczba droższych koralików to $100-51=49$, zatem Karolina zapłaciła za nie $49\cdot 22=1078$ florenów.

Wynik:

$1$

Mamy $10$ rożnych liter ($M$, $A$, $T$, $H$, $N$, $B$, $O$, $J$, $G$, $E$), więc każda z cyfr jest użyta dokładnie raz. Co więcej jedna z liter ma wartość $0$. To oznacza, że $0$ musi występować po obu stronach równania i nie może się znajdować w mianowniku. Jedyną literą spełniająca te warunki jest $M$, czyli $M=0$. Niezależnie od tego jakie wartości przyjmą pozostałe litery wyrażenie $M\cdot A\cdot N\cdot G\cdot O$ może mieć tylko jedną wartość.

Wynik:

$24$

Niech $S$ oznacza pozycję statku, $A$ i $B$ oznaczają dwie skrajne latarnie, a $M$ oznacza środkową z nich. Ponieważ z założeń zadania zachodzi $\mathit{MS}=\mathit{MA}=\mathit{MB}=13$, więc $A$, $B$ i $S$ leżą na okręgu o środku w $M$. Odcinek $\mathit{AB}$ jest średnicą tego okręgu, zatem trójkąt $\mathit{ABS}$ jest prostokątny z kątem $90^{\circ }$ przy wierzchołku $S$. Z twierdzenia Pitagorasa dla tego trójkąta dostajemy

Zatem szukana odległość wynosi 24 km.

Wynik:

$81$

Przy takich warunkach kolorowanie całej piramidy jest całkowicie wyznaczone przez kolorowanie jej dolnego rzędu, ponieważ dowolne kolorowanie dolnego rzędu można uzupełnić w dokładnie jeden sposób do kolorowania całej piramidy. Ponieważ kolor każdego klocka można wybrać na 3 sposoby, to istnieje łącznie $3^4=81$ kolorowań.

Wynik:

$93$

Niech $n$ będzie dodatnią liczbą całkowitą, dla której takie rozmieszczenie istnieje. Wtedy liczba $1$ musi być dobrana w parę z $n+1$ (rozumiejąc parę jako dwie liczby będące naprzeciw siebie; będziemy nazywać takie pary po prostu parami w dalszej części rozwiązania). Analogicznie, $2$ musi być dobrane w parę z $n+2$, i kontynuując ten proces dostajemy, że $k$ musi być dobrane w parę z $n+k$, dla każdego $k=1,2,\dots ,n$. W szczególności, $n$ musi być dobrane w parę z $2n$.

Zatem każda liczba ze zbioru $\{1,2,\dots ,2n\}$ jest dobrana w parę z inną liczbą z tego zbioru, więc ten zbiór może być oddzielony od innych liczb: $\{2n+1,\dots ,100\}$. Jeśli $2n=100$, to dobraliśmy w pary wszystkie liczby. Jeśli nie, możemy powtórzyć proces zaczynając od liczby $2n+1$, która musi być dobrana w parę z $3n+1$, i możemy tak kontynuować.

Ostatecznie, zbiór $\{1,2,\dots ,100\}$ dzieli się na rozłączne podzbiory mocy $2n$. To jest możliwe wtedy i tylko wtedy, gdy $100$ jest podzielne przez $2n$, to znaczy wtedy i tylko wtedy, gdy $n$ jest dodatnim dzielnikiem $50$.

Łatwo zauważyć, że ta konstrukcja daje poprawny podział dla każdego takiego dzielnika (poprzez podział na $\frac{100}{2n}$ podzbiorów jak pokazano wyżej). Zatem odpowiedź jest równa sumie dodatnich dzielników $50$, czyli wynosi

Wynik:

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

Szary trójkąt jest podobny do dużego trójkąta, gdyż oba są prostokątne i mają wspólny kąt, a jego najkrótszy bok ma długość $13-12=1$. W takim razie skala tego podobieństwa to $1:5$, więc druga z podstaw szarego trójkąta ma długość $\frac{12}{5}$. Oznacza to, że szukane pole wynosi

Wynik:

$7$, $14$

Oznaczmy liczby wybrane przez krasnoludki jako $a_1,a_2,\dots ,a_7$.

Jeśli siódmy krasnoludek mówił prawdę, to wybrana przez niego liczba jest równa połowie sumy wszystkich liczb

Ale wtedy szósty krasnoludek kłamał, bo inaczej wartość jego liczby musiałby wynosić $\frac{23}{2}$ i nie byłaby liczbą całkowitą. Zatem z pewnością jeden z dwóch ostatnich krasnoludków kłamał, a pierwszych pięć krasnoludków mówiło prawdę.

Jeżeli $a_1\ge 2$, to suma liczb wybranych przez pierwszych pięciu krasnoludków wynosi co najmniej $2+2+4+8+16=32$. Suma ta musiała być podwojona przez jednego z ostatnich dwóch krasnoludków, który powiedział prawdę. Sumarycznie daje to więcej niż $46$, co oznacza, że $a_1=1$. Stąd otrzymujemy pozostałe liczby pierwszych pięciu krasnoludków:

Jeżeli szósty krasnoludek powiedział prawdę, to $a_6=16$ i wtedy $a_7=14$, aby suma wszystkich liczb wynosiła $46$. W przeciwnym razie, jeśli szósty krasnoludek skłamał, to siódmy mówił prawdę i $a_7=23$ oraz $a_7=16+a_6$, więc $a_6=7$. Zatem kłamiący krasnoludek wybrał liczbę 14 albo 7.

Wynik:

$1708$

Dwa kanały mają numery o nieparzystej różnicy wtedy i tylko wtedy, gdy są one różnej parzystości. Zatem zamiast zliczać optymalne wybory, łatwiej zliczyć te nieoptymalne, czyli mające jedynie różnice parzyste.

Wynika stąd, że nieoptymalny wybór kanałów zawiera 6 liczb parzystych lub 6 liczb nieparzystych, wybranych ze zbioru $\{1,2,\dots ,13\}$. W zbiorze tym jest 6 liczb parzystych i 7 nieparzystych, zatem możemy wybrać nieoptymalny zbiór na $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{6}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{6}\right)=7+1=8$ sposobów.

Skoro wszystkich możliwych wyborów jest $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{13}{6}\right)=1716$, to optymalnych wyborów jest $1716-8=1708$.

Wynik:

$36$

Ponieważ liczba $N$ ma siedem parami różnych niezerowych cyfr, to co najmniej jedna z nich jest parzysta, zatem liczba $N$ też jest parzysta. Gdyby $5$ było jedną z cyfr liczby $N$, to podzielność przez $5$ wymusiłaby, że liczba $N$ kończy się cyfrą $0$, co jest sprzeczne z założeniami. Zatem cyfra $5$ nie występuje w tej liczbie. Skoro $N$ w zapisie wykorzystuje siedem cyfr ze zbioru $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$, to nie wykorzystuje dokładnie jednej z tych cyfr. Gdyby nie wykorzystywała cyfry $9$, to suma jej cyfr wynosiłaby $31$, czyli liczba $N$ nie byłaby podzielna przez $3$, a zawierałaby cyfrę $3$, co oznacza sprzeczność. Zatem cyfra $9$ musi być jedną z cyfr liczby $N$, więc liczba $N$ (i także suma jej cyfr) jest podzielna przez $9$. Skoro $1+2+3+4+6+7+8+9=40$, to musimy pominąć cyfrę $4$, aby pozostać z sumą cyfr równą $36$, jedyną osiągalną wielokrotnością $9$. Przykładem takiej liczby jest $N=9867312$.

Wynik:

$\frac{8}{9}$

Ośmiościan foremny o boku długości $a$ ma objętość $k{a}^3$ dla pewnej stałej $k$ (można nietrudno pokazać, że $k=\sqrt{2}∕3$, ale nie jest to wymagane, aby rozwiązać to zadanie). Aby stworzyć ośmiościan ścięty odcinamy połowę małego ośmiościanu foremnego (ostrosłup o podstawie kwadratu) o boku długości $a∕3$ z każdego z $6$ wierzchołków wyjściowej bryły. Usunięta objętość jest taka sama jak trzech ośmiościanów, każdy o boku długości $a∕3$. Zatem całkowita objętość odciętych brył to $3\cdot k{\left(\frac{a}{3}\right)}^3=k{a}^3∕9$. Zatem szukany ułamek to

Wynik:

$-2$, $-1$, $1$, $2$

Niech $a=2^x+2^{-x}$, wtedy $4^x+4^{-x}=a^2-2$. Podstawiając do wyjściowego równania otrzymujemy

czyli

Rozwiązania tego równania kwadratowego są postaci

a więc są równe $\frac{17}{4}$ oraz $\frac{5}{2}$.

W pierwszym przypadku mamy

czyli $2^x=4$ lub $2^x=\frac{1}{4}$, zatem $x=2$ lub $x=-2$. W drugim przypadku

co daje $2^x=2$ lub $2^x=\frac{1}{2}$, czyli $x=1$ lub $x=-1$. Podsumowując, jedynymi rozwiązaniami są $x=\pm 1,\pm 2$.

Wynik:

$28$

Pokolorujmy narożniki sześcianu dwoma kolorami, aby każda trasa kolejowa (w tym również tunele) miała końce w dwóch rożnych kolorach. Podróżnik zaczynając podroż w mieście o danym kolorze, w każdej kolejnej podróży będzie przemieszczał się do miasta o innym kolorze. Do pokonania mamy pięć odcinków, a trasa musi mieć naprzemienne kolory, będzie zatem obejmować dokładnie dwa miasta pośrednie każdego koloru. Każde z odwiedzanych miast musi być różne, a mając do dyspozycji tunele każde dwa miasta rożnych kolorów mają połączenie kolejowe.

Policzmy ile jest tras długości $5$ (ignorując chwilowo warunek skorzystania z tunelu). Każda trasa ma postać

gdzie $o_1$, $o_2$ to różne miasta koloru $B$, a $e_2$, $e_3$ to różne miasta koloru $A$. Istnieje $3\cdot 2=6$ sposobów na wybór pary uporządkowanej $(o_1,o_2)$ spośród trzech miast koloru $B$ innych niż $B$ oraz istnieje $3\cdot 2=6$ sposobów na wybór pary uporządkowanej $(e_2,e_3)$ spośród trzech miast koloru $A$ innych niż $A$. Zatem w sumie istnieje $6\cdot 6=36$ tras o długości $5$ z $A$ do $B$.

Teraz policzmy ile jest tras, które nie wykorzystują tunelu. W pierwszym ruchu nie możemy trafić od razu do $B$, więc mamy do wyboru dwa miasta. Po wykonaniu któregokolwiek z tych ruchów istnieją dokładnie $4$ sposoby na ukończenie trasy o długości $5$ do $B$, wykorzystując wyłącznie krawędzie, co daje $2\cdot 4=8$ tras niewykorzystujących tuneli.

Ostatecznie otrzymujemy $36-8=28$ szukanych tras długości $5$ wykorzystujących tunele.

Wynik:

$63$

Przyjmijmy, że kandydaci zebrali kolejno $a$, $b$, $c$ oraz $d$ głosów. Wiemy, że $a+b+c+d=2026$ i zachodzą zależności:

Wynika stąd, że

czyli

Skoro $b=6a$, to

Skoro $D$ wygrał, to $d>c=790$, ale jednocześnie $d<800$, więc $791\le d\le 799$, co daje

Wynika stąd, że $a=63$, a więc $b=378$, $c=790$ oraz $d=795$, co spełnia wszystkie założenia zadania.

Wynik:

$\frac{12}{7}=1\frac{5}{7}$

Niech $a$ i $b$ będą długościami boków kwadratów $\mathit{EFGH}$ i $\mathit{KGIJ}$. Z treści zadania dostajemy równości $7=\mathit{AD}=\mathit{JK}+\mathit{HE}=a+b$ oraz $1=\mathit{HK}=\mathit{HG}-\mathit{KG}=a-b$. Rozwiązaniem tego układu równań jest $a=4$ i $b=3$.

Prosta przechodząca przez środki wszystkich trzech kwadratów dzieli pole każdego z nich na dwie połowy. Zatem pole prostokąta $\mathit{FBCI}$ można obliczyć z równania

Pole prostokąta $\mathit{FBCI}$ jest również dane przez $\mathit{FB}\cdot (a+b)$. Z tych dwóch równości otrzymujemy $\mathit{FB}=\frac{\mathit{ab}}{a+b}=\frac{12}{7}$.

Wynik:

$10010$

Niech suma wyjściowych $n$ liczb na tablicy wynosi $S$. Wtedy

Te równania możemy uprościć do

Odejmując je stronami otrzymujemy $2n^2=10n$, czyli $n=5$. Zatem $S=2032n-6n^2=10010$.

Wynik:

$80$

Po $n$ skokach pchła przebędzie dystans równy łukowi opartemu na kącie wewnętrznym o mierze

stopni. Szukamy zatem najmniejszej liczby całkowitej dodatniej $n$, dla której powyższe wyrażenie jest wielokrotnością liczby $360$. Równoważnie oznacza to, że $n(n+1)$ jest wielokrotnością liczby $720=16\cdot 9\cdot 5$. Każdy z tych trzech czynników musi dzielić albo $n$ albo $n+1$, bo każde dwie kolejne liczby są względnie pierwsze. Przyjrzyjmy się wielokrotnościom największego czynnika, $16$ – to daje nam następujące początkowe możliwe wartości $n$: $15$, $16$, $31$, $32$, $47$, $48$, $63$, $64$, $79$ i $80$. Spośród nich tylko $15$, $64$, $79$ i $80$ są takie, że $n$ lub $n+1$ jest podzielne przez $5$, a z nich jedynie dla $n=80$ mamy $n+1=81$ podzielne przez $9$. Zatem wnioskujemy, że $80$ jest szukaną najmniejszą liczbą skoków.

Wynik:

$768$

Ponieważ musi zostać wybranych czterech chowańców i każda gildia musi wystawić co najmniej jednego chowańca, to liczby chowańców wystawionych przez poszczególne gildie to $(2,1,1)$ w pewnej kolejności. Rozumując analogicznie dla czarodziejów ich rozkład to także $(2,1,1)$ w pewnej kolejności.

Rozważmy dwa przypadki. W pierwszym przypadku jedna z gildii, powiedzmy $X$, posyła obu czarodziei oraz obu chowańców. Mamy $3$ możliwości wyboru tej gildii. Z pozostałych dwóch gildii chowańcy mogą zostać wybrani na $2\cdot 2=4$ sposoby, jak i czarodzieje mogą być wybrani na $2\cdot 4$ sposoby. Dla każdego z tych wyborów chowańcy z gildii $X$ muszą zostać sparowani z czarodziejami z pozostałych gildii, czego można dokonać na $2$ sposoby. Gdy te duety są ustalone, to chowańcy z pozostałych gildii muszą zostać sparowani z czarodziejami z gildii $X$, co ponownie można zrobić na $2$ sposoby. Zatem sumarycznie mamy $3\cdot 4\cdot 4\cdot 2\cdot 2=192$ układy w tym przypadku.

W drugim przypadku jedna z gildii ($X$) posyła dwóch chowańców, a inna gildia ($Y$) posyła dwóch czarodziejów. Są $3$ możliwości wyboru gildii $X$ oraz, po jej ustaleniu, $2$ możliwości wyboru gildii $Y$. Pozostali chowańcy mogą być wybrani z pozostałych dwóch gildii na $2\cdot 2=4$ sposoby, podobnie pozostali czarodzieje mogą zostać wybrani na $2\cdot 2=4$ sposoby. Dla każdego z tych wyborów mamy $3\cdot 2=6$ dopuszczalnych sposobów aby sparować czarodziejów z chowańcami: dwaj chowańcy z gildii $X$ mogą być przypisani do dowolnej dwójki z trzech dopuszczalnych czarodziejów i gdy taki wybór zostanie dokonany pozostali chowańcy i pozostali czarodzieje są zmuszeni do sparowania się w dokładnie jeden sposób. Zatem ten przypadek daje nam $3\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6=576$ układów.

Sumując możliwości w obu przypadkach dostajemy $192+576=768$ szukanych sposobów.

Wynik:

$3\sqrt[3]{2}$

Zauważmy, że

Ponadto

Zatem

Wynik:

$38^{\circ }$

Kąty $\mathit{\angle ADB}$ i $\mathit{\angle ACB}$ mają równe miary, ponieważ są oparte na tym samym łuku. Zatem

Wynika z tego, że prosta $\mathit{CX}$ jest dwusieczną kąta $\mathit{\angle ACB}$, czyli punkt $X$ jest punktem przecięcia wszystkich trzech dwusiecznych trójkąta $\mathit{ABC}$ (a więc jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt $\mathit{ABC}$).

Korzystając z równości $\mathit{\angle BAC}=\mathit{\angle BDC}$, która wynika z faktu, że oba te kąty oparte są na tym samym łuku okręgu, możemy obliczyć szukaną miarę kąta:

Wynik:

$29$

Niech $n_1$ i $a_1$ oznaczają odpowiednio liczbę neuronów i astrocytów w jednej półkuli, a $n_2$ i $a_2$ liczbę neuronów i astrocytów w drugiej półkuli. Wiemy, że $n_1{n}_2=168$, $a_1{a}_2=48$ oraz $n_1{a}_2+n_2{a}_1=191$. Zatem

więc skoro w każdej półkuli musi być co najmniej jedna komórka każdego typu, bez straty ogólności możemy zapisać $n_1+a_1=11$. Podobnie

Różnica $n_1-a_1$ jest mniejsza niż $11$, dodatnia, bo $n_1{n}_2>a_1{a}_2$ oraz nie może być równa $1$, gdyż wtedy $a_1=5$ nie jest dzielnikiem $a_1{a}_2=48$. Zatem $n_1-a_1=5$, czyli $n_1=8$ oraz $a_1=3$, co implikuje, że $n_2=168∕8=21$ oraz $a_2=48∕3=16$. Łączna liczba neuronów wynosi więc $n_1+n_2=29$.

Alternatywne rozwiązanie. Zachowajmy oznaczenia z poprzedniego rozwiązania. Liczba $n_1{a}_2+n_2{a}_1$ jest nieparzysta, zatem jeden ze składników jest nieparzysty. Bez straty ogólności załóżmy, że to $n_1{a}_2$. To oznacza, że obie liczby $n_1$ i $a_2$ są nieparzyste. Z drugiej strony, ponieważ $168=2^3\cdot 21$ i $48=2^4\cdot 3$, to liczba $n_2$ musi być podzielna przez $2^3$ oraz liczba $a_1$ przez $2^4$. Zatem liczba $n_2{a}_1$ jest wielokrotnością $2^3\cdot 2^4=2^7=128$, a ponieważ jest mniejsza od $191$, to musi być równa $128$, czyli $n_2=2^3=8$. Z tego wynika, że $n_1=168∕8=21$, co implikuje szukaną liczbę neuronów $n_1+n_2=29$.

Wynik:

$75$

Zauważmy, że Andrzej ma do dyspozycji płytki o łącznie 15 polach, zatem ścieżka nigdy nie może pójść w dół, ani w lewo – inaczej zmarnowałaby niezbędne pola płytek na nadrobienie drogi. Wynika stąd, że zaczynając układać od lewego dolnego rogu koniec każdej nowej płytki jest zawsze bardziej do góry lub bardziej na prawo od poprzedniej. Wypełniamy teraz wszystkie pola tej tablicy wpisując w każde pole liczbę możliwych ścieżek o końcu jednej z płytek w tym polu.

Pierwsze trimino może mieć koniec albo dokładnie 2 pola nad polem startowym, albo dokładnie 2 pola na prawo od niego, zatem w pola o współrzędnych $(0,2)$ i $(2,0)$ wpisujemy liczby 1, a w pola $(0,0)$, $(1,0)$, $(0,1)$ i $(1,1)$ wpisujemy 0.

Teraz wypełniamy indukcyjnie pozostałe pola, przy czym jeśli pole $(x,y)$ ma wartość $N$, to dodajemy $N$ do pól $(x+3,y)$, $(x+2,y+1)$, $(x+1,y+2)$ i $(x,y+3)$, oczywiście pod warunkiem, że współrzędne te występują wewnątrz naszej planszy. Zauważmy, że po wypełnieniu przekątnej $\{(x,y):x+y=c\}$ wypełniamy za jej pomocą przekątną $\{(x,y):x+y=c+3\}$, więc startując z przekątnej $\{(x,y):x+y=2\}$ po czterech krokach wypełnimy pole $(8,6)$ jako jedyne pole przekątnej $\{(x,y):x+y=14\}$ zawarte w naszej planszy. Dokładne liczby otrzymane w tym procesie zostały wypisane na rysunku poniżej. Możemy odczytać, że liczba poszukiwanych ścieżek to 75.

Alternatywne rozwiązanie. Ułóżmy pięć płytek trimino zaczynając w polu $(0,0)$ w taki sposób, że każde dwa sąsiednie stykają się jedynie narożnikiem (a nie krawędzią, jak w zadaniu). W ten sposób każde nowe trimino przesuwa koniec naszej ścieżki o wektor $[+1,+3]$ lub $[+3,+1]$ (w zależności od sposobu jego ułożenia). Po pięciu trimino koniec ścieżki jest na polu o współrzędnych $(x,y)$, przy czym $x+y=20$. Jeśli $G$ to liczba płytek ustawionych w górę, a $P$ to liczba płytek ustawionych w prawo, to $G+P=5$ oraz $(x,y)=(G+3P,3G+P)$.

W celu uzyskania dobrej ścieżki, opisanej w treści zadania, musimy „naprawić” wszystkie 4 łączenia płytek, aby stykały się krawędziami. Każde połączenie może być naprawione na dwa sposoby – przesuwając trimino (oraz wszystkie następne po nim) o jedno pole w dół, lub o jedno pole w lewo. Niech $d$ oznacza liczbę przesunięć w dół, a $\ell$ liczbę przesunięć w lewo, oczywiście $d+\ell =4$ oraz końcowe pole ścieżki ma współrzędne $(x-\ell ,y-d)$. Dobra ścieżka musi spełniać warunek $x-\ell =9$ i $y-d=7$.

Rozpatrzmy wszystkie przypadki par liczb $(G,P)$:

• $(5,0)$: $(x,y)=(5,15)$ nie może osiągnąć $(9,7)$ w czterech zmianach połączeń.
• $(4,1)$: $(x,y)=(7,13)$ również nie jest możliwe naprawienie tej ścieżki.
• $(3,2)$: $(x,y)=(9,11)$ wymaga $\ell =0$, $d=4$ (wszystkie zmiany są w dół). Istnieje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)=10$ takich ścieżek, każda naprawiona na jeden sposób, więc łącznie 10 możliwości.
• $(2,3)$: $(x,y)=(11,9)$ wymaga $\ell =2$, $d=2$. Istnieje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=10$ początkowych ułożeń oraz $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ możliwości jak je naprawić, zatem mamy łącznie $10\cdot 6=60$ możliwych ścieżek.
• $(1,4)$: $(x,y)=(13,7)$ wymaga $\ell =4$, $d=0$ (wszystkie zmiany są w lewo). Istnieje $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)=5$ początkowych ustawień, każde naprawione na jeden sposób, czyli łącznie 5 możliwości.
• $(0,5)$: $(x,y)=(15,5)$ niemożliwe do naprawy w czterech zmianach połączeń.

Podsumowując, otrzymaliśmy $10+60+5=75$ dobrych ścieżek.

Wynik:

$507$

Niech $X=\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2d}+\frac{d^2}{d+2a}=2026$ oraz $Y=\frac{b^2}{a+2b}+\frac{c^2}{b+2c}+\frac{d^2}{c+2d}+\frac{a^2}{d+2a}$. Skoro wyrażenie $a+2b$ pojawia się mianowniku, to moglibyśmy je skrócić gdyby w liczniku pojawiło się wyrażenie $(a+2b)(a-2b)=a^2-4b^2$, podobnie z pozostałymi mianownikami. Zatem

Stąd dostajemy $X-4Y=-2$, czyli $Y=\frac{1}{4}(X+2)=\frac{2026+2}{4}=507$.

Wynik:

$2+\sqrt{2}$

Oznaczmy przez $C_1$ oraz $C_2$ środki piłeczek, a przez $d$ poziomą odległość pomiędzy ich środkami, czyli długość odcinka $C_1{C}_2$ zrzutowanego na podstawę pudełka. Patrząc na zadaną konfigurację z góry, widzimy kwadrat o boku $3$, rzut punktu $C_1$ znajdujący się w odległości $1$ od dwóch sąsiednich ścian i rzut punktu $C_2$ będący w odległości $1$ od dwóch innych sąsiednich ścian.

W tym widoku, rzuty punktów $C_1$ i $C_2$ leżą na przeciwległych rogach kwadratu o boku długości $1$, a zatem $d=\sqrt{2}$.

Następnie rozważmy pionową płaszczyznę prostopadłą do podstawy, która przechodzi przez punkty $C_1$ i $C_2$. Część wspólna tej płaszczyzny z pudełkiem jest prostokątem o szukanej wysokości $a$. Niech $x$ oznacza pionową odległość między punktami $C_1$ oraz $C_2$.

Skoro piłki się dotykają i mają promień $1$, to odległość między ich środkami wynosi $C_1{C}_2=2$. W trójkącie prostokątnym z poziomą przyprostokątną $d$ i pionową $x$ zachodzi $C_1{C}_2^2=d^2+x^2$, więc $x=\sqrt{2^2-d^2}=\sqrt{2}$. Pierwsza piłka dotyka dolnej podstawy pudełka, a druga górnej, więc wysokość pudełka jest sumą promienia pierwszej piłki, pionowej odległości między środkami piłek oraz promienia drugiej piłki: $a=1+x+1=2+\sqrt{2}$.

Wynik:

$259200$

Skoro $0+1+\dots +9=45$ jest liczbą nieparzystą, to pominięcie nieparzystej cyfry daje parzystą sumę cyfr w całej tabeli, zatem w takim przypadku wszystkie sześć sum rzędów i kolumn musi być parzyste. Takie rozmieszczenie można otrzymać korzystając z $4$ cyfr nieparzystych i $5$ cyfr parzystych tylko jeśli jeden rząd i jedna kolumna (5 pól) zawierają wszystkie cyfry parzyste. Zatem możemy policzyć wszystkie takie tabele poprzez wybranie cyfry, którą pomijamy ($5$ sposobów), następnie wybranie rzędu i kolumny, w których będą tylko cyfry parzyste ($3\cdot 3=9$ sposobów), rozmieszczenie cyfr nieparzystych w dowolny sposób ($4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24$ sposoby) i finalnie rozmieszczenie liczb parzystych w dowolny sposób ($5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120$ sposobów).

Podobnie, jeśli pominiemy parzystą cyfrę, to suma wszystkich trzech rzędów (pozostałych cyfr) będzie nieparzysta, więc wszystkie rzędy i kolumny muszą dać nieparzyste sumy. Jedyny sposób rozmieszczenia pięciu nieparzystych liczb w tabeli $3\times 3$ tak, aby każdy rząd i kolumna zawierały jedną lub trzy takie cyfry to umieścić je w jednym rzędzie i jednej kolumnie. Liczbę tabel w tym przypadku możemy policzyć tak samo jak w poprzednim przypadku, zmieniając role cyfr parzystych i nieparzystych. Zatem łączna liczba tabel to $2\cdot 5\cdot 9\cdot 24\cdot 120=259200$.

Wynik:

$9600$

Oznaczmy $L=\mathrm{NWW}(a,b,c,d)$ i przyjmijmy, że $a>b>c>d$ bez straty ogólności. Te liczby są dzielnikami $L$, więc $L=a{a}_1=b{b}_1=c{c}_1=d{d}_1$ dla pewnych liczb całkowitych dodatnich $a_1$, $b_1$, $c_1$, $d_1$. Nietrudno zauważyć, że $a_1<b_1<c_1<d_1$. Zatem $a_1\ge 1$, $b_1\ge 2$, $c_1\ge 3$, $d_1\ge 4$. To oznacza, że

Z tych zależności wynika, że

czyli $L\ge 12\cdot 20000∕25=9600$.

Aby udowodnić, że równość $L=9600$ jest możliwa wystarczy przyjąć $a=9600$, $b=\frac{9600}{2}=4800$, $c=\frac{9600}{3}=3200$ oraz $d=\frac{9600}{4}=2400$. Suma tych czterech liczb wynosi $9600+4800+3200+2400=20000$. Zatem $9600$ jest rzeczywiście szukaną najmniejszą wartością liczby $L$.

Wynik:

$2001$

Zauważmy, że $a_{n+1}∕a_n=\frac{{(n+1)}^2}{1,001n^2}=\frac{1000{(n+1)}^2}{1001n^2}$. Nierówność $a_{n+1}>a_n$, czyli równoważnie $a_{n+1}∕a_n>1$, sprowadza się więc do $2000n+1000>n^2$, czyli $n(n-2000)<1000$. Łatwo sprawdzić, że ta zależność zachodzi gdy $n\le 2000$, bo wtedy lewa strona jest niedodatnia i nie zachodzi dla $n\ge 2001$. Zatem ten ciąg jest ściśle rosnący aż do wyrazu numer $2001$ i z tego samego powodu, ściśle malejący od tego wyrazu. Czyli $a_1<a_2<\dots <a_{2000}<a_{2001}$ oraz $a_{2001}>a_{2002}>\dots$. Zatem szukane $m=2001$.