Matematyczny Kalendarz Adwentowy

Seniorzy 2019 — Wyniki i zadania

»Matematyczny Kalendarz Adwentowy« to internetowy konkurs matematyczny dla uczniów szkół średnich województwa wielkopolskiego. W każdy dzień adwentu o godzinie 18:00 publikowaliśmy zadanie matematyczne, którego rozwiązanie można było przesłać do godziny 16:00 dnia następnego za pomocą formularza internetowego znajdującego na tej stronie. W konkursie mogli brać udział uczniowie szkół średnich województwa wielkopolskiego.

Uroczystość wręczenia nagród laureatom odbyła się w dniu 20 stycznia 2020 roku w Urzędzie Marszałkowskim Województwa Wielkopolskiego w Poznaniu. Wśród osób, które uzyskały co najmniej 12 punktów, ale nie zostały laureatami rozlosowaliśmy trzy atrakcyjne nagrody (smartwatch, czytnik ebooków oraz głośniki komputerowe).

Spis treści

Lista laureatów

# Imię, nazwisko i szkoła Liczba punktów Łączna pozycja
1 MICHAŁ REDMER VIII LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. ADAMA MICKIEWICZA W POZNANIU 24 420
2 KLAUDIA TARABASZ VIII LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. ADAMA MICKIEWICZA W POZNANIU 23 781
3 ZOFIA GOŁASKA LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE ŚW. MARII MAGDALENY W POZNANIU 23 1391
4 KATARZYNA CHOJNIAK PUBLICZNE LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE ZAKONU PIJARÓW IM. ŚW. JÓZEFA KALASANCJUSZA W POZNANIU 22 884
5 DOROTA DOBERSCHUTZ I LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. BOLESŁAWA CHROBREGO W GNIEŹNIE 22 1097
6 JAKUB PIŁAT VIII LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. ADAMA MICKIEWICZA W POZNANIU 22 1250
7 JAKUB FLORKOWSKI III LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. JANA KANTEGO W POZNANIU 22 1601
8 MATEUSZ DOKOWICZ III LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. JANA KANTEGO W POZNANIU 21 736
9 ALEKSANDRA STRZELECKA VIII LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. ADAMA MICKIEWICZA W POZNANIU 21 786
10 HELENA MASŁOWSKA VIII LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. ADAMA MICKIEWICZA W POZNANIU 21 798
11 MAREK WIĄCEK ZESPÓŁ SZKÓŁ PRZYRODNICZO-USŁUGOWYCH IM. STANISŁAWA MIKOŁAJCZYKA W GNIEŹNIE 21 910
12 JAN NOWAKOWSKI VIII LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. ADAMA MICKIEWICZA W POZNANIU 21 1589
13 PIOTR KMIECIK I LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE W OSTROWIE 21 1616
14 MATEUSZ JANCZAK II LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. GENERAŁOWEJ ZAMOYSKIEJ I HELENY MODRZEJEWSKIEJ W POZNANIU 20 461
15 MACIEJ NOWAKOWSKI LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. GENERAŁA JÓZEFA WYBICKIEGO W ŚREMIE 20 621
16 FILIP PÓŁTORACZYK II LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. MIKOŁAJA KOPERNIKA W LESZNIE Z ODDZIAŁAMI DWUJĘZYCZNYMI I MIĘDZYNARODOWYMI 20 661
17 OSKAR KILIAŃCZYK III LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. JANA KANTEGO W POZNANIU 20 720
18 WOJCIECH DWORCZYŃSKI LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. GENERAŁA JÓZEFA WYBICKIEGO W ŚREMIE 20 744
19 KAROL DWORCZYŃSKI LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE IM. GENERAŁA JÓZEFA WYBICKIEGO W ŚREMIE 20 846
20 KRZYSZTOF BRYSZAK ZESPÓŁ SZKÓŁ KOMUNIKACJI IM. HIPOLITA CEGIELSKIEGO W POZNANIU 20 851

W dniu 9 stycznia 2020 roku w siedzibie Ośrodka Doskonalenia Nauczycieli odbyło się losowanie trzech nagród wśród osób, które uzyskały co najmniej 12 punktów, ale nie zostały laureatami konkursu. Poniżej znajduje się lista wylosowanych osób.

Imię, nazwisko i szkoła
HUBERT CIEŚLIŃSKI III LICEUM OGÓLNOKSZTAŁCĄCE W OSTROWIE WIELKOPOLSKIM
ANNA STANISŁAWSKA ZESPÓŁ SZKÓŁ ZAWODOWYCH IM. POWSTAŃCÓW WIELKOPOLSKICH W GOSTYNIU
DAWID TARABASZ ZESPÓŁ SZKÓŁ KOMUNIKACJI IM. HIPOLITA CEGIELSKIEGO W POZNANIU

Lista zadań z odpowiedziami

Zadanie z dnia 2019-12-01

W pewnej grupie \(10\) osób średnia wieku bez osoby najmłodszej jest o \(3\) lata większa niż średnia wieku bez osoby najstarszej. Oblicz różnicę wieku (w latach) pomiędzy najstarszą i najmłodszą osobą w tej grupie.

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

27,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(s\) oznacza sumę lat wszystkich osób w tej grupie, \(x\) − wiek najmłodszej osoby, \(y\) − najstarszej. Z treści zadania wynika równość \[ \frac{s-x}{9}=\frac{s-y}{9}+3. \] Przekształcając ją, otrzymamy \(y-x=27\).

Zadanie z dnia 2019-12-02

Na tablicy zapisano liczby \(1,2,3,\ldots,2019\). Ruch polega na wymazaniu dwóch liczb z tablicy i zapisaniu wartości bezwzględnej różnicy pomiędzy nimi. Ruchy wykonujemy, aż na tablicy pozostanie jedna liczba. Jaka jest największa liczba, która może pozostać na tablicy?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

2018,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Początkowo suma liczb na tablicy wynosi \[ 1+2+3+\ldots+2019=\frac12\cdot2019\cdot2020=2039190, \] co jest liczbą parzystą. Zastępując liczby \(x\) i \(y\) ich różnicą, zmniejszamy całkowitą sumę o wielkość \[ x+y-|x-y| = 2\cdot\min\{x,y\}, \] więc nie zmieniamy parzystości sumy wszystkich liczb z tablicy. Zatem liczba, która pozostanie na tablicy, również musi być parzysta, czyli jest to co najwyżej \(2018\).

Trzeba jeszcze pokazać, że liczbę \(2018\) można otrzymać. Dla \(k=2,4,6,\ldots,2018\) każdą parę liczb \(k\) i \(k-1\) zastąpmy liczbą \(1\). W ten sposób na tablicy będzie \(1009\) jedynek i liczba \(2019\). Dobierając jedynki w pary, otrzymamy \(504\) zera, jedynkę i liczbę \(2019\). Dalej, niezależnie od tego, co zrobimy, na końcu na tablicy pozostanie liczba \(2018\).

Zadanie z dnia 2019-12-03

Dany jest pięciokąt foremny \(ABCDE\). Przekątne \(AC\) i \(BD\) przecinają się w punkcie \(P\). Punkt \(K\) jest środkiem boku \(BC\), a punkt \(L\) − przekątnej \(EC\). Podaj miarę (w stopniach) kąta ostrego pomiędzy prostymi \(AK\) i \(LP\). Wynik zaokrąglij do najbliższej liczby całkowitej.

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

72,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(PQRST\) będzie pięciokątem foremnym wyznaczonym przez przekątne pięciokąta \(ABCDE\) (rysunek). Punkt \(L\) jest wspólnym środkiem odcinków \(CE\) i \(QR\). Trójkąty \(ABK\) i \(PQL\) są podobne (bkb), ponieważ \[ \frac{|AB|}{|BK|}=\frac{|PQ|}{|QL|}=2 \quad\text{oraz}\quad |\text{kąt} ABK|=|\text{kąt} PQL|=108^\circ. \] Z tego wynika, że kąt pomiędzy prostymi \(AK\) i \(LP\) ma taką samą miarę, co kąt pomiędzy prostymi \(AB\) i \(PQ\), czyli \(72^\circ\).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-04

Mamy \(100\) prostopadłościanów o wymiarach \(2\times2\times1\) i chcemy je umieścić w sześciennych pudełkach o wymiarach \(3\times3\times3\). Jaka jest najmniejsza liczba pudełek, których do tego potrzebujemy?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

17,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

W jednym pudełku można zmieścić \(6\) takich prostopadłościanów (rysunek). Natomiast niemożliwe jest umieszczenie \(7\) prostopadłościanów, ponieważ ich łączna objętość wynosi \(28\), a pojemność pudełka tylko \(27\). Mamy \(100/6=16\frac23\), więc minimalna liczba pudełek to \(17\).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-05

Liczby nieujemne \(a\), \(b\), \(c\) spełniają równości: \(a+b+c=2\) i \(a^2+b^2+c^2=3\). Wyznacz najmniejszą możliwą wartość wyrażenia \(a^3+b^3+c^3\).

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

5,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Zachodzą następujące równości: \begin{align*} 8 & = (a+b+c)^3 \\ & = a^3+b^3+c^3 + 3a^2b+3ab^2+3b^2c+3bc^2+3c^2a+3ac^2 + 6abc \\ & = -2(a^3+b^3+c^3) + 3(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) + 6abc \\ & = -2(a^3+b^3+c^3) + 3\cdot2\cdot3 + 6abc \\ & \ge -2(a^3+b^3+c^3) + 18, \end{align*} ostatnia nierówność wynika z tego, że \(abc\ge0\). Stąd mamy \(a^3+b^3+c^3\ge5\).

Należy jeszcze uzasadnić, że wartość \(5\) jest osiągalna. Biorąc \(a=1+1/\sqrt2\), \(b=1-1/\sqrt2\) i \(c=0\), otrzymamy \(a+b+c=2\), \(a^2+b^2+c^2=3\) i \(a^3+b^3+c^3=5\).

Zadanie z dnia 2019-12-06

Na słupie zawieszono termometr o długości \(1\) metra, który zajmuje miejsce między trzecim a czwartym metrem tego słupa, licząc od gruntu. W jakiej odległości od słupa powinien stanąć człowiek, który ma oczy na poziomie \(1{,}70\) metra, aby widzieć ten termometr pod możliwie największym kątem? (Przez kąt widzenia rozumiemy tu kąt, którego wierzchołkiem jest źrenica patrzącego, a ramiona przechodzą przez końce termometru.)

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

1,729

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech prosta \(\ell\) będzie poziomem oczu człowieka, odcinek \(BC\) − termometrem. Prosta \(BC\) przecina prostą \(\ell\) w punkcie \(A\) pod kątem prostym. Rozważmy okrąg \(\omega\), który przechodzi przez punkty \(B\) i \(C\) oraz jest styczny do prostej \(\ell\) w punkcie \(T\) (rysunek). Dla każdego punktu \(X\neq T\) na półprostej \(AT^\to\) zachodzi nierówność \(|\text{kąt} BXC| < |\text{kąt} BTC|\), ponieważ punkt \(X\) leży na zewnątrz okręgu \(\omega\). Zatem szukaną odległością jest \(|AT|\).

Na mocy twierdzenia o stycznej i cięciwie zachodzi równosć \(|\text{kąt} ATB|=|\text{kat} BCT|\). Stąd trójkąty prostokątne \(ATB\) i \(ACT\) są podobne (kkk). Zatem \[ \frac{|AT|}{|AB|}=\frac{|AC|}{|AT|}, \] więc \(|AT|=\sqrt{|AB|\cdot|AC|} = \sqrt{2{,}99} \approx 1{,}729\).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-07

Maszyna losuje liczbę \(a\) spośród liczb naturalnych od \(1\) do \(3\), wszystkie jednakowo prawdopodobne. Następnie losuje liczbę \(b\) spośród liczb od \(1\) do \(a\) i na końcu liczbę \(c\) z liczb od \(1\) do \(b\). Oblicz prawdopodobieństwo, że \(c=1\).

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

0,787

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(P(a,b,c)\) oznacza prawdopodobieństwo, że wylosowano kolejno liczby \(a\), \(b\) i \(c\). Zachodzi równość \[ P(a,b,c)=\frac13\cdot\frac1a\cdot\frac1b = \frac1{3ab}. \] Zatem prawdopodobieństwo tego, że \(c=1\) wynosi \begin{align*} p & = P(3,3,1) + P(3,2,1) + P(3,1,1) + P(2,2,1) + P(2,1,1) + P (1,1,1) \\ & = \frac1{27} + \frac1{18} + \frac19 + \frac1{12} + \frac16 + \frac13 \\ & = \frac{85}{108} \approx 0{,}787 \end{align*}

Zadanie z dnia 2019-12-08

Dla każdej liczby naturalnej o sumie cyfr równej \(5\) obliczono resztę z dzielenia tej liczby przez \(11\). Ile różnych reszt otrzymano?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

6,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Liczby \(23\), \(14\), \(5\), \(50\), \(41\), \(32\) dają reszty odpowiednio \(1\), \(3\), \(5\), \(6\), \(8\), \(10\). Wykażemy, że innych reszt nie ma.

Najpierw zauważmy, że jeśli \(k\) jest liczbą naturalną, to \[ 10^{2k}-1 = \underbrace{9999\ldots99}_{2k\text{ dziewiątek}} = 11 \cdot \underbrace{90909\ldots09}_{k\text{ dziewiątek}},\] Więc \(10^{2k} = 11n+1\) dla pewnego naturalnego \(n\). Dalej \(10^{2k+1}=10\cdot10^k=110n+10=11m+10\) dla pewnego naturalnego \(m\).

Liczba o sumie cyfr równej \(5\) da się zapisać w postaci \[ 10^a+10^b+10^c+10^d+10^e = 11(n_1+n_2+n_3+n_4+n_5) + r_1+r_2+r_3+r_4+r_5 \] w której liczby \(a\), \(b\), \(c\), \(d\), \(e\) są naturalne (niekoniecznie różne), \(n_1,\ldots,n_5\) są naturalne oraz \(r_1,\ldots,r_5 \in\{1,10\}\). Daje ona taką samą resztę z dzielenia przez \(11\), co liczba \[ r_1+\ldots+r_5\in\{5,14,23,32,41,50\}, \] więc nie ma innych możliwości niż te, o których wspomniano na początku.

Zadanie z dnia 2019-12-09

Środek ciężkości trójkąta równobocznego \(ABC\) jest punktem przecięcia się przekątnych kwadratu \(APQR\). Oblicz pole części wspólnej tych dwóch figur, jeśli bok kwadratu ma długość \(1\).

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

0,607

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \([\mathcal{F}]\) oznacza pole figury \(F\). Oznaczmy przecięcia się boków trójkąta z bokami kwadratu punktami kolejno \(K\), \(L\), \(M\), \(N\) (rysunek). Niech \(S\) będzie wspólnym środkiem trójkąta i kwadratu. Szukane pole wynosi \[ P = [APQR] - [LMQ] - 2[APK], \] gdyż trójkąty \(APK\) i \(ARN\) są przystające (kbk), bo \(|AP|=|AR|=1\), \(|\text{kąta} PAK|=|\text{kąta} RAN|=15^\circ\), a kąty \(APK\) i \(ARN\) są proste. Mamy: \begin{align*} [APQR] & = 1^2 = 1,\\ [APK] & = \frac12\cdot1\cdot1\cdot\tan15^\circ = \frac12(2-\sqrt3),\\ [LMQ] & = \frac12\cdot12\cdot12=\frac18. \end{align*} Ostatnia równość wymaga uzasadnienia − w trójkącie środkowe dzielą się w proporcji \(2:1\), licząc od wierzchołka, zatem odcinek \(ML\) przecina odcinek \(SQ\) w połowie i pod kątem prostym. Z tego wynika, że \(|MQ|=|LQ|=\frac12\).

Podsumowując, \[ P = 1 - \frac18 - 2\cdot\frac12(2-\sqrt3) = \sqrt3-\frac98 \approx 0{,}607. \]

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-10

Liczby naturalne od \(1\) do \(1000\) chcemy podzielić na kilka podzbiorów, zgodnie z następującą zasadą: dla żadnego \(a\) liczby \(2a\), \(3a\) i \(5a\) nie mogą należeć do tego samego podzbioru, co liczba \(a\). Jaka jest najmniejsza możliwa liczba podzbiorów, które musimy utworzyć?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

2,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Jeden podzbiór to oczywiście za mało − liczby \(1\) i \(2\) muszą być w oddzielnych podzbiorach.

Wykażemy, że wystarczą dwa podzbiory. Każdą liczbę zapiszmy w postaci iloczynu liczb pierwszych, np. \(12=2\cdot2\cdot3\) czy \(250=2\cdot5\cdot5\cdot5\). Jeśli liczba ma nieparzyście wiele czynników (jak w przypadku \(12\)), to umieszczamy ją w pierwszym podzbiorze, a jeśli parzyście wiele (jak \(250\)) − w drugim. Będzie to zgodne z zasadą podaną w zadaniu, bo liczby \(2a\), \(3a\) i \(5a\) mają o jeden czynnik pierwszy więcej niż \(a\), więc będą w innym podzbiorze.

Zadanie z dnia 2019-12-11

Dany jest prostopadłościan o podstawach \(ABCD\) i \(A'B'C'D'\). Sfera, której środkiem jest punkt \(D\), przecina krawędzie \(AA'\), \(BB'\) i \(CC'\) w punktach odpowiednio \(P\), \(Q\) i \(R\). Wiedząc, że \(|AP|=4\), \(|BQ|=3\) i \(|CR|=5\), wyznacz promień tej sfery.

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

W związku z niejednoznacznym sformułowaniem w regulaminie, że odpowiedź należy podawać z dokładnością do trzech miejsc po przecinku, a nie jako wartośc zaokrągloną, w tym zadaniu zaakceptowane zostały dwie odpowiedzi: 5,657 oraz 5,656.

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(a=|AB|\) i \(b=|BC|\). Oznaczmy przez \(r\) szukany promień sfery. Wówczas \(|DP|=|DQ|=|DR|=r\). Stosując twierdzenie Pitagorasa dla trójkątów \(DAP\), \(DBQ\) i \(DCR\), otrzymujemy \[ r^2 = b^2+16, \quad r^2 = a^2+b^2+9, \quad r^2=a^2+25. \] Odejmując stronami pierwsze dwie równości, otrzymamy \(a^2=7\). Podstawiając to do trzeciej, obliczamy \(r^2=32\), czyli \(r=\sqrt{32} \approx 5{,}657\).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-12

Spośród wszystkich liczb naturalnych mniejszych od \(1000\) wybrano te, które są podzielne przez sumę swoich cyfr i uporządkowano je w ciąg rosnący. Jaka jest największa możliwa różnica pomiędzy dwiema kolejnymi liczbami w tym ciągu?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

18,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Zauważmy najpierw, że jeśli liczba dzieli się przez \(18\), to jest ona parzysta i dzieli się przez \(9\), wobec tego suma jej cyfr dzieli się przez \(9\). Ponieważ bierzemy pod uwagę liczby mniejsze od \(1000\), liczba ta ma sumę cyfr równą \(9\) lub \(18\) (\(27\) nie, bo wtedy musiałaby być równa \(999\), a ta nie dzieli się przez \(18\)). Z tego wynika, że każda wielokrotność \(18\) mniejsza od \(1000\) dzieli się przez sumę swoich cyfr, czyli różnica pomiędzy kolejnymi wyrazami ciągu z zadania nie przekracza \(18\).

Pozostaje jeszcze zauważyć, że żadna z \(17\) kolejnych liczb: \(559,560,561,\ldots,575\) nie jest podzielna przez sumę swoich cyfr, więc największą możliwą różnicą jest \(18\).

Zadanie z dnia 2019-12-13

W trójkącie \(ABC\) mamy \(|AB|=5\), \(|AC|=6\) oraz miara kąta \(CAB\) jest dwa razy większa niż miara kąta \(ABC\). Wyznacz \(|BC|\).

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

8,124

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(|\text{kąt} ABC|=\beta\) i \(a=|BC|\). Na mocy twierdzenia sinusów \(\frac{a}{\sin2\beta} = \frac{6}{\sin\beta}\), więc \[ a = \frac{6\sin2\beta}{\sin\beta} = \frac{6\cdot2\sin\beta\cos\beta}{\sin\beta} = 12\cos\beta. \] Z twierdzenia cosinusów \(6^2=a^2+5^2-2\cdot a\cdot5\cdot\cos\beta\). Wstawiając \(\cos\beta=a/12\), otrzymamy \[ 36 = a^2 + 25 - \frac56a^2, \] co daje \(a = \sqrt{66} \approx 8{,}124\).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-14

Mając talię \(52\) kart, możemy zbudować piramidę co najwyżej pięciopiętrową − używając \(40\) kart (sześciopiętrowa wymaga \(57\) kart). Ile pięter ma największa piramida, którą możemy zbudować, używając \(10\) takich talii kart?

Wyjaśnienie. Dla niewtajemniczonych: piramidę z kart budujemy w następujący sposób. Ustawiamy karty parami w kształt odwróconej litery ,,V'', w rzędzie. Następnie na każdych dwóch sąsiednich parach kładziemy kartę poziomo. W ten sposób powstanie rusztowanie, na którym znów kładziemy karty parami, ale tych par będzie o jedną mniej niż piętro niżej. To postępowanie kontynuujemy, aż − o ile piramida się nie zawali − postawimy ostatnią warstwę, w której jest tylko jedna para kart w kształcie odwróconego ,,V''. Polecamy jako ćwiczenie cierpliwości!

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

18,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Piramida \(n\)-piętrowa wymaga następującej liczby kart: \begin{align*} 2\cdot(1+2+\ldots+n) & \text{ - karty ustawione w odwrócone ,,V'',} \\ 1+2+\ldots+(n-1) & \text{ - karty poziome.} \end{align*} Zatem łączna liczba kart wynosi \[ 2\cdot\frac{n(n+1)}2 + \frac{(n-1)n}2 = \frac32n^2 + \frac12n. \] Szukamy zatem największej liczby naturalnej, spełniającej nierówność \[ \frac32n^2 + \frac12n \le 520. \] Jej rozwiązaniem jest \[ \frac{-1-\sqrt{12481}}{6} \le n \le \frac{-1+\sqrt{12481}}{6} \approx 18{,}453, \] zatem wystarczy nam kart na \(18\)-piętrową piramidę.

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-15

W pewnym kraju miasta \(M_1,M_2,\ldots,M_9\) leżą kolejno w wierzchołkach \(9\)-kąta foremnego, a stolica \(S\) − wewnątrz niego. Boki tego \(9\)-kąta są połączeniami drogowymi pomiędzy sąsiednimi miastami, a ponadto każde miasto połączone jest bezpośrednim odcinkiem drogi ze stolicą. Na ile sposobów można dojechać z miasta \(M_1\) do \(M_5\), jeżeli nie chcemy przejeżdżać przez żadne miasto dwukrotnie?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

50,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(A=\{M_2,M_3,M_4\}\), \(B=\{M_6,M_7,M_8,M_9\}\) i \(C=\{S\}\). Dla każdej drogi określimy jej typ, w którym po kolei wymieniamy zbiory, do których wjeżdżamy (dla przykładu, droga na rysunku jest typu \(ACA\)). Policzymy drogi każdego z typów z osobna (typ/liczba dróg): \(A/1\), \(B/1\), \(C/1\), \(AC/3\), \(CA/3\), \(BC/4\), \(CB/4\), \(ACA/3\), \(BCB/6\), \(ACB/12\), \(BCA/12\). Łącznie jest \(50\) sposobów.

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-16

Promień świetlny podróżuje wewnątrz kwadratu o boku \(1\), odbijając się od jego boków zgodnie z prawem, według którego kąt odbicia jest równy kątowi padania. Wiadomo, że promień podróżuje po zamkniętej trasie, wzdłuż której odbija się od boków kwadratu \(30\) razy i nigdy nie trafia w wierzchołek. Jaka jest najmniejsza możliwa długość tej trasy?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

21,260

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Rozróżnijmy pionowe i poziome boki kwadratu. Promień odbijając się od poziomego boku, zachowuje poziomą składową swej szybkości, a pionowa zostaje zmieniona na przeciwną. Z tego wynika, że liczba odbić od poziomych ścian jest parzysta. Analogicznie dla ścian pionowych.

Zatem wzdłuż trasy promień odbije się \(2m\) razy od pionowych boków kwadratu i \(2n\) od poziomych, gdzie \(m\) i \(n\) są liczbami naturalnymi. Po wyprostowaniu (rysunek) trasa jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych \(2m\) i \(2n\), więc jej długość wynosi \(\sqrt{(2m)^2+(2n)^2}=2\sqrt{m^2+n^2}\). Przy stałej sumie (\(m+n=15\)) suma kwadratów jest najmniejsza, gdy składniki są możliwie równe, co tu ma miejsce dla \(m=7\) i \(n=8\) (lub na odwrót). Wówczas długość trasy wynosi \(2\sqrt{113}\approx21{,}260\). Jest ona osiągalna dla trasy widocznej na rysunku.

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Optymalna, najkrótsza trasa przedstawiona jest na poniższym rysunku.

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-17

Liczby \(a\), \(b\) i \(c\) są całkowite dodatnie. Wiadomo, że \(\text{NWD}(a,b,c)=1\). Wyznacz największą możliwą wartość \(\text{NWD}(a+b,b+c,c+a)\).

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

2,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(d=\text{NWD}(a+b,b+c,c+a)\). Wówczas \(d\) jest dzielnikiem liczby \[ (a+b) + (c+a) - (b+c) = 2a. \] Analogicznie, \(d\) jest dzielnikiem liczb \(2b\) i \(2c\), czyli \[ d \le \text{NWD}(2a,2b,2c) = 2\text{NWD}(a,b,c) = 2. \] Należy jeszcze zauważyć, że wartość \(2\) jest możliwa do osiągnięcia - na przykład dla \(a=3\), \(b=5\) i \(c=7\).

Zadanie z dnia 2019-12-18

W układzie współrzędnych narysowano wykresy funkcji liniowych \(y=2x\) i \(y=3x\). Na ile sposobów można narysować prostą, która przechodzi przez punkt \((1,1)\) oraz wyznacza wraz z wykresami tych funkcji trójkąt równoramienny?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

4,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(\ell_2\) i \(\ell_3\) będą odpowiednio prostymi o równaniach \(y=2x\) i \(y=3x\), natomiast \(\ell_1\) - prostą, którą dorysowujemy. Możliwe są trzy sytuacje:

  • Ramiona otrzymanego trójkąta leżą na prostych \(\ell_2\) i \(\ell_3\). Wtedy prosta \(\ell_1\) jest prostopadła do dwusiecznej jednego z kątów pomiędzy nimi. Są dwie takie proste.
  • Ramiona otrzymanego trójkąta leżą na prostych \(\ell_1\) i \(\ell_2\). Wtedy kąt między prostymi \(\ell_1\) i \(\ell_3\) musi być taki sam, jak między prostymi \(\ell_2\) i \(\ell_3\). Tu jest tylko jedna możliwość (w drugiej \(\ell_1\parallel\ell_2\)).
  • Ramiona otrzymanego trójkąta leżą na prostych \(\ell_1\) i \(\ell_3\) -- sytuacja analogiczna do drugiej.
Zatem możemy narysować prostą \(\ell_1\) na \(4\) sposoby (rysunek).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-19

Naczynie ma kształt graniastosłupa prawidłowego trójkątnego, którego górną podstawą jest trójkąt \(ABC\). Krawędź boczna tego graniastosłupa jest trzykrotnie dłuższa od krawędzi podstawy. Naczynie jest napełnione wodą do połowy. Zaczynamy stopniowo je przechylać w taki sposób, by odcinek \(AB\) pozostał poziomy, a punkt \(C\) obniżał się. Wyznacz miarę kąta (w stopniach), pod którym krawędzie boczne tego naczynia będą nachylone do poziomu, gdy woda sięgnie do wierzchołka \(C\). Wynik zaokrąglij do najbliższej liczby naturalnej.

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

21,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(a\) oznacza krawędź podstawy naczynia, a \(P\) - pole podstawy. Wodę w przechylonym naczyniu podzielimy za pomocą przekroju \(A'B'C'\) (rysunek) na dwie części. Pierwsza z nich jest ostrosłupem o wysokości \(b=|CC'|\), a druga graniastosłupem o wysokości \(3a-b\). Ponieważ naczynie jest napełnione wodą do połowy, zachodzi równość \[ \frac12\cdot P\cdot 3a = \frac13\cdot P\cdot b + P\cdot(3a-b), \] z której otrzymujemy \(b=\frac94a\).

Płaszczyzna \(A'B'C\) jest ustawiona poziomo. Niech \(M\) będzie środkiem odcinka \(A'B'\). Interesuje nas \(\varphi = |\text{kąt} C'CM|\) w trójkącie prostokątnym \(CC'M\). Mamy \[ \text{tg}\varphi = \frac{|MC'|}{|CC'|} = \frac{\frac12a\sqrt3}{\frac94a} = \frac29\sqrt3, \] więc \(\varphi \approx 21^\circ\).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-20

Na każdym polu szachownicy \(4\times4\) stawiamy białego albo czarnego pionka w taki sposób, by w każdej kolumnie i w każdym wierszu stały dwa pionki czarne i dwa białe. Na ile sposobów można to zrobić?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

90,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Będziemy umieszczać tylko czarne piony, tak, by w każdym wierszu i w każdej kolumnie były po dwa - wówczas białe piony zajmą pozostałe pola. Proces ten podzielimy na trzy etapy. Na rysunkach zaznaczono liczbami \(1\), \(2\) i \(3\) pola, na których stawiano czarne pionki w kolejnych etepach.

  1. Ustawiamy dwa czarne piony w pierwszej kolumnie (\(6\) sposobów).
  2. Ustawiamy po jednym czarnym pionku w wierszach zajętych przez dwa już ustawione piony. Tu są dwie możliwości:
    1. te piony stoją w tej samej kolumnie (3 sposoby),
    2. stoją w różnych kolumnach (6 sposobów).
  3. Ustawiamy cztery pozostałe piony, liczba możliwości zależy od sytuacji:
    1. jest tylko jedna możliwość,
    2. wolną kolumnę możemy zająć dwoma pionkami tylko na jeden sposób, a pozostałe \(2\) pionki można umieścić na \(2\) sposoby.
Podsumowując, dla typu (a) mamy \(6\cdot3\cdot1=18\) możliwości, a dla (b) mamy \(6\cdot6\cdot2=72\) możliwości. Razem to daje \(90\) sposobów.

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-21

Do kieliszka, który w przekroju osiowym jest parabolą o równaniu \(y=x^2\), wrzucamy wisienkę w kształcie kuli o promieniu \(1\). W jakiej odległości od spodka kieliszka znajdzie się środek wisienki?

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

1,250

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Rozważmy przekrój kieliszka i wisienki (rysunek). Brzeg kieliszka ma równanie \(y=x^2\), a brzeg wisienki \(x^2+(y-h)^2=1\), gdzie \(h\) jest odległością środka wisienki od spodka kieliszka. Mamy zatem \(y+(y-h)^2=1\), czyli \[ y^2 + (1-2h)y + (h^2-1) = 0. \] Jest to równanie kwadratowe z niewiadomą \(y\ge0\) i parametrem \(h\ge1\). Jeśli wisienka jest styczna do brzegów kieliszka, to jego wyróżnik jest równy \(0\). Zatem \[ 0 = \Delta = (1-2h)^2-4(h^2-1) = 5-4h, \] czyli \(h=1{,}25\).

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-22

Na bokach \(AB\), \(BC\), \(CD\) i \(DA\) równoległoboku \(ABCD\) o polu \(1\) leżą punkty odpowiednio \(K\), \(L\), \(M\) i \(N\). Każdy z trójkątów: \(NAK\), \(KBL\), \(LCM\) i \(MDN\) ma takie samo pole \(P\). Wyznacz największą możliwą wartość \(P\).

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

0,125

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \([\mathcal{F}]\) oznacza pole figury \(F\). Przyjmijmy \(\alpha=|\text{kąt} NAK|\). Wiadomo, że \(|\text{kąt} KBL|=180^\circ-\alpha\) oraz \(\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha\). Zatem: \begin{align*} P & = [ANK] = \frac12|AN|\cdot|AK|\cdot\sin\alpha,\\ P & = [BKL] = \frac12|BK|\cdot|BL|\cdot\sin\alpha. \end{align*} Stąd otrzymujemy \(\frac{2P}{\sin\alpha} = |AN|\cdot|AK| = |BK|\cdot|BL|\) i analogicznie \[ |AN|\cdot|AK| = |BK|\cdot|BL| = |CL|\cdot|CM| = |DM|\cdot|DN|. \] Bez utraty ogólności niech \(|AK|\le|BK|\). Wtedy \(|AN|\ge|BL|\), czyli \(|DN|\le|CL|\) i w konsekwencji \(|DM|\ge|CN|\). W tej sytuacji równoległoboki \(AKPN\), \(BLQK\), \(CMRN\) i \(DNSM\) (rysunek) są poza brzegami rozłączne i mieszczą się całkowicie w równoległoboku \(ABCD\). Ich łączne pole wynosi \(8P\), skąd \(P\le\frac18\). Równość zachodzi, gdy punkty \(K\), \(L\), \(M\) i \(N\) są środkami boków równoległoboku.

Rysunek komentujący rozwiązanie zadania

Zadanie z dnia 2019-12-23

Wyznacz liczbę trójek \((a,b,c)\) liczb całkowitych, które spełniają równanie \(a^2b+b^2c+c^2a=ab^2+bc^2+ca^2+2019\).

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

0,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Liczby \(a^2b\) i \(ab^2\) są obie nieparzyste, gdy \(a\) i \(b\) są nieparzyste lub obie parzyste w przeciwnym wypadku. To samo można powiedzieć o liczbach \(b^2c\) i \(bc^2\) oraz \(c^2a\) i \(ac^2\). Zatem liczby \[ a^2b+b^2c+c^2a \quad \text{oraz} \quad ab^2+bc^2+ca^2 \] są tej samej parzystości. Wobec tego rówanie nie ma rozwiązań w liczbach całkowitych, gdyż jego obie strony różnią się parzystością.

Zadanie z dnia 2019-12-24

Rząd postanowił na czas Bożego Narodzenia zwinąć w rolkę autostradę A2 (\(475\) kilometrów). Zakładając optymistycznie, że grubość asfaltu wynosi \(20\) centymetrów, oblicz średnicę tej rolki. Wynik podaj w metrach, w zaokrągleniu do najbliższej liczby całkowitej.

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć odpowiedź do zadania.

348,000

Najedź kursorem na poniższe pole, żeby zobaczyć wyjaśnienie do odpowiedzi.

Niech \(d\) będzie poszukiwaną średnicą. Przekrój poprzeczny rolki ma takie samo pole, co przekrój podłużny drogi, prostopadły do poziomu. Wobec tego \[ \frac14\pi d^2 = 0{,}2\cdot475000, \] co daje \(d = \sqrt{380000/\pi} \approx 348\).