Matematyczny Kalendarz Adwentowy

Juniorzy 2020

Lista zadań

Zadanie z dnia 2020-11-29

Ile jest liczb trzycyfrowych o iloczynie cyfr mniejszym niż 2?

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki

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

172

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

Możliwe iloczyny mniejsze niż 2 to tylko 0 lub 1.

Iloczyn trzech cyfr wynosi 0 wtedy i tylko wtedy, gdy któraś z nich wynosi 0. Na pierwszym miejscu liczby trzycyfrowej zawsze jest cyfra różna od zera. Mamy zatem trzy możliwości:

a) w liczbie jest jedno zero – na miejscu drugim

b) w liczbie jest jedno zero – na miejscu trzecim

c) w liczbie są dwa zera – na miejscu drugim i trzecim

Liczb spełniających warunek a) jest \(9 \cdot 9 = 81\) (bo pierwsze miejsce możemy ,,obsadzić'' na 9 sposobów, trzecie miejsce też na 9 sposobów). Dokładnie tak samo pokazujemy, że liczb spełniających warunek b) jest 81. Liczb spełniających warunek c) jest dziewięć, bo na tyle sposobów możemy ,,obsadzić'' pierwsze miejsce.

Iloczyn będzie równy jeden wyłącznie dla liczby 111 (w pozostałych przypadkach albo będzie większy od 1, albo równy zero). Liczb o szukanej własności jest zatem \(81 + 81 + 9 + 1 =172\).

Zadanie z dnia 2020-11-30

Figura na rysunku składa się z sześciu kwadratów. Ile wynosi bok kwadratu w lewym dolnym rogu, jeśli wiadomo, że bok najmniejszego kwadratu (oznaczonego czerwonym kółkiem) ma długość 5?

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-11-30


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

20

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

Na rysunkach będziemy – wewnątrz kwadratów – wpisywać długości boków tych kwadratów. Oznaczmy długość boku lewego górnego kwadratu przez \(x\), a boku szukanego kwadratu przez \(y\) (jak na poniższym rysunku).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-11-30

W tej sytuacji bok prawego górnego kwadratu ma długość \(x-5\) (patrz rysunek).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-11-30

Bok prawego dolnego kwadratu ma długość \(x-10\), a dolnego środkowego \(x-15\) (patrz rysunek).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-11-30

Popatrzmy teraz na odcinek zaznaczony czerwonym kolorem na poniższym rysunku.

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-11-30

Jego długość to z jednej strony (jeśli popatrzymy ,,od góry'') \(x+5\), a z drugiej (jeśli popatrzymy ,,od dołu'') to \(y + x -15\). Stąd mamy równość \(x+5 = y + x -15\), czyli \(y = 20\).

Zadanie z dnia 2020-12-01

Słynny kosmonauta Kation Tichowski wylądował na planecie, którą zamieszkiwały inteligentne istoty. Na głowie każdego mieszkańca tej planety rosło 6, 7, 8 lub 9 rogów. Co ciekawe – ci, którzy mieli na głowie 7 rogów, zawsze kłamali, a pozostali zawsze mówili prawdę. Gdy Tichowski wysiadł ze statku kosmicznego, podeszło do niego siedmiu tubylców. Niestety, wszyscy mieli na głowach czapki zakrywające rogi.

– Ile rogów macie – wszyscy razem – na głowach? – zapytał Tichowski.

– Czterdzieści trzy – odpowiedział pierwszy tubylec.

– Czterdzieści cztery – odpowiedział drugi.

– Czterdzieści pięć – odpowiedział trzeci.

– Czterdzieści sześć – odpowiedział czwarty.

– Czterdzieści siedem – odpowiedział piąty.

– Czterdzieści osiem – odpowiedział szósty.

– Czterdzieści dziewięć – odpowiedział siódmy.

Ile – w sumie – rogów mieli na głowach ci tubylcy?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

48

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

Każdy z tubylców udzielił innej odpowiedzi, więc albo wszyscy kłamali, albo tylko jeden z nich mówił prawdę. Gdyby każdy z nich kłamał, każdy miałby na głowie siedem rogów i siódmy tubylec mówiłby prawdę. Kłamało więc sześciu (i każdy z nich miał na głowie siedem rogów). Ten, który mówił prawdę, miał na głowie 6, 8 lub 9 rogów, więc razem mieli rogów 48 (\(7 \cdot 6 + 6\)), 50, lub 51. Z tych trzech liczb, tylko odpowiedź ,,48'' padła z ust jednego tubylca. To on był prawdomówny i miał na głowie sześć rogów.

Zadanie z dnia 2020-12-02

W trójkącie \(\triangle ABC\) kąt \(\angle BAC\) ma miarę \(24^\circ\). Punkt \(X\) leży na odcinku \(AB\), a punkt \(Y\) na odcinku \(AC\). Czerwony łuk, zaznaczony na rysunku, przechodzący przez punkty \(B, C\) i \(Y\) jest częścią okręgu o środku \(X\), a niebieski łuk, przechodzący przez punkty \(A\) i \(X\) jest częścią okręgu o środku \(Y\). Podać (w stopniach) miarę kąta \(\angle ABC\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-02

Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

54

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

Bardzo przydatne w rozwiązaniu jest narysowanie całych okręgów.

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-02

Odcinek \(XY\) jest promieniem zarówno okręgu czerwonego, jak i niebieskiego – oznaczmy jego długość przez \(r\). Promieniami czerwonego okręgu są też odcinki \(XC\) i \(XB\), a promieniem niebieskiego okręgu odcinek \(AY\). Narysowaliśmy w ten sposób kilka trójkątów równoramiennych.

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-02

W trójkącie równoramiennym kąty przy ramionach są równe. Suma kątów wewnętrznych w trójkącie wynosi \(180^\circ\), suma kątów przyległych również wynosi \(180^\circ\). Po wykorzystaniu tych własności znajdujemy miary kątów \(\sphericalangle AXY\) (\(24^\circ\)) oraz \(\sphericalangle XYC\) (\(48^\circ\)).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-02

Kontynuujemy takie rozumowanie i otrzymujemy, że miara kąta \(\angle XCY\) wynosi \(48^\circ\), a miara kąta \(\angle CXY\) to \(72^\circ\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-02

Wobec tego miara kąta \(\angle CBX\) to \(\frac{180^\circ - 72^\circ}{2}= 54^\circ\), a miary kątów \(\angle CBX\) i \(\angle CBA\) są oczywiście równe.

Zadanie z dnia 2020-12-03

Na kalkulatorze cyfry od 0 do 9 wyświetlane są w sposób pokazany na rysunku.

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-03

Mój kalkulator jest jednak zepsuty, pokazuje wyłącznie poziome kreski – działa jednak poprawnie, wyniki działań są zgodne z prawdą. Ile wynosi suma wszystkich cyfr wyświetlonych na moim kalkulatorze w działaniu pokazanym na rysunku?

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-03


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

33

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

Działanie na kalkulatorze to \( 48 \times 75 = 3600\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-03

Dwie ostatnie cyfry to muszą być dwa zera, bo zero jest jedyną cyfrą wyświetlaną z poziomymi kreskami na dole i na górze, a bez poziomej kreski w środku. Na tej samej zasadzie pierwsza cyfra to 4 – jest to jedyna cyfra, w której jedyną poziomą kreską jest ta w środku, a trzecia cyfra to 7 jako jedyna, w której jedyną poziomą kreską jest ta górna. Iloczyn ma na końcu dwa zera, jest więc podzielny przez 100 (a więc zarówno przez 4, jak przez 25). Ani druga, ani czwarta cyfra nie jest zerem (ze względu na kreskę w środku), co najmniej jedna z nich musi więc być piątką. Gdyby czwarta cyfra nie była piątką, to musiałaby być nią cyfra druga, ale wtedy pierwszym czynnikiem byłaby liczba 45 i iloczyn nie byłby podzielny przez 25. Drugi czynnik zatem to liczba 75, a pierwszy czynnik musi być podzielny przez 4. Jedyną możliwą cyfrą do położenia na drugiej pozycji pasującą do układu znaków jest w tej sytuacji ósemka. Wystarczy teraz pomnożyć 48 przez 75 i sprawdzić, że otrzymany układ pasuje do zadanych kresek.

Zadanie z dnia 2020-12-04

Na Zjeździe Krasnoludków wybierano Prezesa Organizacji Krasnoludków. Kandydowali Mędrek, Wesołek i Apsik. Każdy obecny na Zjeździe krasnoludek głosował na jednego z nich. Niestety, głosy liczył Gapcio, który przyjął oryginalną metodę liczenia głosów, a poza tym jest bardzo roztrzepany... Najpierw Gapcio policzył wszystkie oddane głosy – i stwierdził, że oddano 115 głosów. Potem policzył głosy oddane na Apsika lub na Mędrka i wyszło mu, że obaj dostali w sumie 47 głosów. Gdy policzył głosy oddane na Apsika lub Wesołka, wyszło mu, że ci dwaj dostali w sumie 52 głosy, a gdy policzył te oddane na Wesołka lub Mędrka, wyszedł mu wynik 56. Gapcio jest roztrzepany i często myli się w liczeniu...

Jedyna rzecz, którą wiadomo, jest taka, że jeśli Gapcio gdzieś się pomylił w liczeniu, to błąd przy każdym obliczeniu nie mógł być większy niż 15.

Ile głosów (naprawdę) otrzymał Wesołek?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

38

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

Gapcio nie mógł się pomylić o więcej niż 15, więc Apsik i Mędrek dostali w sumie co najwyżej \(47 + 15 = 62\) głosy. Apsik i Wesołek dostali w sumie co najwyżej \(52 + 15 = 67\) głosów, a Mędrek i Wesołek co najwyżej \(56 + 15 = 71\) głosów. W sumie na Apsika, Wesołka i Mędrka nie padło więc więcej niż \(\frac{62+67+71}{2}= 100\) głosów (dzielimy tę sumę przez 2, bo każdy kandydat był liczony dwukrotnie).

Z kolei oddanych głosów nie mogło być mniej niż \(115-15 = 100\). Oznacza to, że oddanych głosów rzeczywiście było 100, na Apsika i Mędrka łącznie padły 62 głosy, na Apsika i Wesołka 67 głosów, a na Wesołka i Mędrka 71 głosów. Liczbę głosów, które padły na Wesołka, otrzymujemy odejmując od wszystkich głosów te, które padły na Apsika lub Mędrka; \(100-62 = 38\).

Zadanie z dnia 2020-12-05

Zegar elektroniczny w Muzeum Matematyki wyświetla dokładny czas w następujący sposób:

DD:MM:GG:MM:SS

przy czym kolejne cyfry pokazują: dwie cyfry dnia, dwie cyfry miesiąca, dwie cyfry godzin, dwie cyfry minut, dwie cyfry sekund. Liczby jednocyfrowe ukazywane są za pomocą dwóch cyfr (pierwszą jest wówczas zero); godziny po południu są pokazywane jako 13, 14 itd. Czasem się zdarza, że wszystkie cyfry na zegarze są różne. Jaki czas pokazany jest na zegarze w momencie, gdy taka sytuacja (wszystkich różnych cyfr) ma miejsce po raz ostatni w roku? Wynik należy zapisać w postaci dziesięciu kolejnych cyfr, w kolejności w jakiej pokazane są na zegarze, bez dwukropków.


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

2809175643

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

Pierwsza cyfra miesiąca to 0 lub 1 (przy czym jeśli jest nią 1, to druga cyfra to 0, 1 lub 2), pierwsza cyfra dnia to 0, 1, 2 lub 3, a pierwsza cyfra godziny to 0, 1 lub 2.

Szukamy ostatniej daty dopuszczającej szukany układ. Jeśli miesiąc to 12, to pierwszą cyfrą godziny musi być 0, a więc pierwszą cyfrą dnia musi być 3. Ale wtedy dzień to 30 lub 31, a jedynka i zero są już użyte.

Liczba 11 jako miesiąc nie wchodzi w grę, bo występują w niej dwie jedynki. Zbadajmy liczbę 10. Wówczas pierwszą cyfrą godziny musi być 2 i w konsekwencji pierwszą cyfrą dnia musi być 3. Tak, jak wyżej, jest to niemożliwe, bo jedyne dni w październiku zaczynające się od 3 to 30 lub 31, a jedynka i zero są już użyte.

Zbadajmy zatem miesiąc 09 – wrzesień. Ostatni dzień września to 30, ale zera już nie możemy użyć. Kolejny dzień, który może wchodzić w grę, to 28. Jako pierwsza cyfra godziny do wykorzystania została już tylko jedynka, najpóźniejszą godzinę otrzymamy po wstawieniu jako drugiej cyfry 7. Zostały nam 3, 4, 5 i 6, przy czym ani godzina, ani minuta nie może zaczynać się od szóstki. Najpóźniejszy czas to 56:43, a na zegarze pokazane jest 28:09:17:56:43.

Zadanie z dnia 2020-12-06

Klub Badmintona w Poznaniu zorganizował Poznańskie Mistrzostwa Badmintona Amatorów. Miały się zacząć w połowie stycznia – okazało się, że zgłosiły się aż 22222 osoby! Sekretarz Klubu, przerażony, mówił do Prezesa:

– Ile to będzie trwało?

– Spokojnie – odparł Prezes. – Gramy systemem pucharowym, mamy wiele sal, nie będzie tak źle.

Rozgrywki odbywały się w kolejne soboty. W pierwszą sobotę odbyło się 11111 pojedynków, zwycięzcy przeszli do następnej rundy.

– Co teraz? spytał Prezesa zmartwiony Sekretarz. – Liczba nieparzysta...

– A czytał Pan regulamin? – skomentował Prezes. – Jeśli do którejś rundy dotarła nieparzysta liczba zawodników, to jeden z nich przechodzi do następnej bez walki. Ten jeden jest wylosowany, ja osobiście będę losować.

I tak grano w kolejne soboty – grały pary, przegrywający odpadał, a jeśli po którejś sobocie zostawała nieparzysta liczba zawodników, jeden z nich, wylosowany przez Prezesa, przechodził do następnej rundy bez gry. Okazało się, że Prezes miał rację. Mistrza wyłoniono przed wakacjami.

Ile pojedynków rozegrano, by wyłonić Mistrza?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

22221

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

Kluczową dla rozwiązania jest informacja ,,przegrywający odpadał''. Każdy grał do momentu, w którym odpadł; po każdym pojedynku odpadał jeden zawodnik.

Nieważne, kiedy odbywają się mecze – istotne jest to, że przegrywający odpada i nie gra dalej. Zwycięzca zostaje wyłoniony, gdy wszyscy inni odpadną.

Pojedynków było więc tyle, ilu było zawodników, którzy odpadli -- a nie odpadł jedynie Mistrz. Wynik zatem to \(22222 - 1 = 22221\).

Zadanie z dnia 2020-12-07

Cztery okręgi wycinają z płaszczyzny dziesięć obszarów, w sposób pokazany na rysunku. W każdym z obszarów umieszczono pewną liczbę od 1 do 10 (w każdym inną) w ten sposób, że po dodaniu liczb z obszarów ograniczonych przez każdy z okręgów zawsze otrzymujemy ten sam wynik. Ile wynosi iloczyn liczb napisanych na obszarach oznaczonych niebieskim kółkiem?

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-07


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

120

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

Oznaczmy liczby wpisane w obszary literami, tak jak na rysunku. Porównajmy żółty okrąg z czerwonym. Ze względu na to, że pola z wpisanymi liczbami \(x, p, k, r\) są wspólne dla obu okręgów, otrzymujemy równość \(a = y + q + z\). Po porównaniu żółtego okręgu z zielonym dostajemy równość \(b = x + r + z\), a po porównaniu żółtego z czerwonym \(c = x + p + y\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-07

Liczby \(a, b, c\) są różne i nie większe od 10, więc ich suma wynosi co najwyżej 27.

Zachodzi równość: \(a + b + c = y + q + z + x + r + z+ x + p + y = 2x+ 2y + 2z + p + q + r\). Liczby \(x, y, z, p, q, r\) są różne, więc prawa strona równości wynosi co najmniej \(2 \cdot 1 + 2 \cdot 2 + 2 \cdot 3 + 4 + 5 + 6 \ge 27\). Stąd wynika, że liczby \(a, b, c\) to 8, 9 i 10 (choć nie wiadomo, która z nich to 8, która 9, a która 10), natomiast \(x, y, z\) to 1, 2, 3, a \(p, q, r\) to 4, 5, 6. Wobec tego szukany iloczyn to \(4 \cdot 5 \cdot 6 = 120\).

Przykładowy możliwy układ rozmieszczenia liczb w obszarach przedstawia rysunek.

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-07

Zadanie z dnia 2020-12-08

Pewna liczba niejednocyfrowa (ale mająca co najwyżej cztery cyfry) ma tę własność, że jest równa sumie silni swoich cyfr. Co to za liczba? Przypominamy, że \(n! = n \cdot (n-1) \cdot \dots \cdot 2 \cdot 1\) dla \(n \ge 1\), a \(0! =1\).


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

145

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

Istotnie, \(1! + 4! + 5! = 1 + 24 + 120 = 145\).

Nie jest to konieczne do podania wyniku w konkursie, ale w matematyce należy zbadać, że 145 jest jedyną liczbą o szukanych własnościach. I istotnie tak jest.

Wiemy, że \(0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! =24, 5! =120, 6! = 720, 7! = 5040, 8! = 40320\).

Przypuśćmy, że szukana liczba jest dwucyfrowa. Nie może w niej występować cyfra większa niż 4, bo silnia takiej liczby ma więcej niż dwie cyfry. Nie mogą tam też być wyłącznie cyfry mniejsze niż 4, bo suma ich silni jest (z wyjątkiem przypadku liczby 33) liczbą jednocyfrową, a liczba 33 nie spełnia warunków zadania. Możliwe liczby zatem to 14, 24, 34, 44 – żadna z nich nie spełnia warunków zadania.

Rozważmy teraz liczbę trzycyfrową. Tak jak poprzednio, nie może w niej występować cyfra większa od 6. Nie może też występować szóstka (bo \(6! = 720\), więc w szukanej liczbie występowałaby cyfra większa od 6). Z kolei musi się tam pojawić piątka, bo \(4! + 4! + 4! = 72\), a to jest liczba dwucyfrowa.

Piątka nie może być umiejscowiona na pierwszym miejscu szukanej liczby, bo nawet gdyby były w niej trzy piątki, to po dodaniu silni otrzymamy liczbę mniejszą od 500. Gdyby w liczbie były dwie piątki, to musiałaby się ona zaczynać od dwójki (bo dodajemy dwukrotnie 120 i liczbę nie większą od 23), a liczba 255 nie spełnia warunków zadania. Piątka jest zatem jedna, a pierwszą cyfrą musi być jedynka.

Teraz już łatwo sprawdzić, że tą liczbą musi być 145.

Podobna analiza przypadków pokazuje, że nie ma liczby czterocyfrowej o szukanych własnościach.

Zadanie z dnia 2020-12-09

Bolek i Lolek mają razem 116 lat. Bolek ma cztery razy tyle lat, ile Lolek miał wtedy, gdy Bolek miał tyle lat, ile Lolek miał wtedy, gdy Bolek miał tyle lat, ile Lolek miał wtedy, gdy Bolek miał tyle lat, ile Lolek ma teraz. Ile lat ma Bolek?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

64

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

Oznaczmy obecny wiek Bolka (w latach) przez \(b\), wiek Lolka przez \(l\) a różnicę wieku Bolka i Lolka przez \(r\) (\(r = b - l\)).

Przeanalizujmy zadanie ,,od końca''.

,,...ile Lolek miał wtedy, gdy Bolek miał tyle lat, ile Lolek ma teraz.''

W tym momencie wiek Bolka to \(l\), Lolka to \(l-r\)

,,...ile Lolek miał wtedy, gdy Bolek miał tyle lat,...''

Wtedy Bolek miał \(l-r\) lat, więc Lolek miał \(l-r-r = l-2r\) lat

,,...ile Lolek miał wtedy, gdy Bolek miał tyle lat,...''

Wtedy Lolek miał \(l-2r\) lat, a Lolek miał \(l-3r\) lat

,,Bolek ma cztery razy tyle lat,...''

– czyli Bolek ma \(4(l-3r)\) lat.

Wobec tego \begin{align*} b & = 4(l-3r) = 4(l-3(b-l)\\ b & = 4(l -3b + 3l)\\ b & = 16l -12b\\ 13b & = 16l \end{align*}

Ale \(l = 116-b\), więc \(13b = 16(116-b)\) i \(29b = 16\cdot116\), czyli \(b = 16 \cdot 4 = 64\).

Zadanie z dnia 2020-12-10

Punkt \(P\) leży wewnątrz kwadratu \(ABCD\). Odległości tego punktu od wierzchołków \(A, B\) i \(C\) wynoszą odpowiednio 6, 21 i 27. Ile wynosi odległość punktu \(P\) od wierzchołka \(D\)?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

18

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

Narysujmy odcinki równoległe do boków kwadratu przechodzące przez punkt \(P\) i oznaczmy powstałe na bokach kwadratu odcinki przez \(a, b, c\) i \(d\) (patrz rysunek). Jeśli szukany odcinek oznaczymy przez \(x\), to na mocy twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równości \begin{align*} a^2 + d^2 &= 6^2\\ a^2 + b^2 &= 21^2\\ b^2 + c^2 &= 27^2\\ c^2 + d^2 &= x^2. \end{align*}

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-10

Po dodaniu stronami pierwszego i trzeciego równania po lewej stronie otrzymujemy \(a^2 + b^2 + c^2 + d^2\), podobnie po dodaniu stronami drugiego i czwartego równania. Mamy zatem \[ a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 6^2 + 27^2 = 21^2 + x^2, \] skąd \(x^2 = 36 + 729 - 441 = 324\), a więc \(x = 18\).

Zadanie z dnia 2020-12-11

Ile nieparzystych dzielników ma liczba \(2020^{2020}\)?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

4084441

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

Najpierw rozłóżmy liczbę \(2020^{2020}\) na czynniki pierwsze. Mamy \(2020^{2020} = (2^2\cdot 5 \cdot 101)^{2020} = 2^{4040} \cdot 5^{2020} \cdot 101^{2020}.\)

Dzielnik liczby \(2^{4040} \cdot 5^{2020} \cdot 101^{2020}\) jest postaci \(2^m \cdot 5^k \cdot 101^n\), przy czym \(0 \le m \le 4040, 0 \le k \le 2020, 0 \le n \le 2020\). Liczba \(m\) musi być równa 0, bo inaczej ów dzielnik będzie liczbą parzystą. Liczb postaci \(5^k \cdot 101^n\), jeśli zarówno \(k\) jak i \(n\) przyjmować mogą wartości od 0 do 2020, jest \(2021 \cdot 2021 = 4084441\). Zwróćmy uwagę, że gdy \(k=0\) i \(n=0\), to otrzymamy liczbę \(5^0 \cdot 101^0 = 1\), która też jest oczywiście nieparzystym dzielnikiem badanej liczby.

Zadanie z dnia 2020-12-12

Komputerowi polecono obliczyć sumę cyfr liczby 2020! (\(2020! = 2020 \cdot 2019 \cdot \ldots \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1\)), następnie sumę cyfr otrzymanej w ten sposób liczby i tak dalej do momentu, gdy otrzyma liczbę jednocyfrową. Jaką liczbę jednocyfrową otrzymamy?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

9

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

Liczba 2020! jest podzielna przez 9. Liczba jest podzielna przez 9 wtedy i tylko wtedy, gdy jej suma cyfr jest podzielna przez 9. Po dodaniu cyfr liczby 2020! (których jest zresztą bardzo dużo) otrzymamy wobec tego liczbę podzielną przez 9. Czynimy tak dalej, a gdy w końcu (co zresztą stanie się nadzwyczaj szybko) otrzymamy liczbę jednocyfrową, musi to być dziewięć.

Zadanie z dnia 2020-12-13

Niektóre z dziewięciu dużych pudełek zawierają po 6 średnich pudełek, niektóre spośród średnich pudełek zawierają po 6 małych pudełek. Okazało się, że 109 pudełek jest pustych. Jaka jest łączna liczba pudełek?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

129

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

Wyobraźmy sobie, że wkładamy te pudełka; włożenie każdego pudełka zwiększa liczbę pustych pudełek o 5 (bo puste pudełko staje się ,,wypełnione'', a wkładamy 6 pudełek; \(6-1=5\)). Na początku było 9 pustych pudełek, więc operację wkładania wykonywaliśmy 20 razy (\(109 - 9 = 100, \ 100 : 5 = 20\)). Pudełek jest więc 120, bo 9 było na początku, a włożyliśmy \(6 \cdot 20 = 120\) pudełek.

Zadanie z dnia 2020-12-14

W działaniu zapisanym jako \begin{align*} \text{AS}& \\ + \text{KRÓL} & \\ \text{———} & \\ \text{KIER} & \end{align*} różnym literom odpowiadają różne cyfry.

Jaką najmniejszą możliwie liczbą może być KIER?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

1403

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

Na pierwszym miejscu liczby KIER nie może być 0; sprawdźmy, czy K może być jedynką.

Liczba AS jest dwucyfrowa, a pierwsze cyfry liczb KRÓL i KIER są takie same, więc I = R + 1 i I nie może być zerem. Szukamy najmniejszej możliwej liczby KIER; liczba I nie może być też jedynką (bo K = 1) ani dwójką (bo wtedy R = 1) – a jedynka jest już wykorzystana.

Stąd wynika, że najmniejsza potencjalnie możliwa cyfra występująca jako I to 3. Wówczas R = 2. Dodawanie wygląda następująco: \begin{align*} \text{AS} & \\ + \text{12ÓL} & \\ \text{———} & \\ \text{13E2} \end{align*}

Najmniejszą możliwą cyfrą, która wchodzi w grę jako E, jest zero. Wtedy A + Ó = 9. Dziewiątkę jako sumę dwóch różnych liczb jednocyfrowych można otrzymać jako: 0+9, 1+8, 2+7, 3+6, 4+5. Ale 1,2,3 i 0 są już wykorzystane, pozostaje jedynie możliwość 4+5. Wówczas pozostają do wykorzystania cyfry 6,7,8 oraz 9, jednak na końcu liczby KIER jest 2, a jej nie można otrzymać na końcu po dodaniu dwóch różnych liczb spośród 6,7,8,9. W miejsce E nie możemy zatem wstawić zera. Cyfry 0, 1, 2, 3 są już wykorzystane i I = R + 1, więc E \(\ge 5\).

Ostatnią cyfrą liczby KIER jest jednak 2, której (ze względu na powtórzenia) nie możemy otrzymać ani jako 0+2, ani jako 1+1 – musi być to więc druga cyfra sumy 9+3, 8+4 lub 7+5, ale 9+3 nie może być brane pod uwagę (trójka jest wykorzystana).

Liczbę E powinniśmy wobec tego otrzymać jako drugą cyfrę liczby dwucyfrowej, otrzymanej w efekcie dodania różnych jednocyfrowych liczb i jedynki (przeniesionej z dodawania cyfr jedności). Jest to możliwe wyłącznie w układach: 9+8 (dostajemy 7+ 1 = 8), 9+7 (dostajemy 6+1 = 7) oraz 9+6 lub 8+7 (dostajemy 5+ 1 = 6). Tylko w układzie 8+7 używamy nie wykorzystanych dotąd cyfr, ale ten układ, ze względu na występujące w nim cyfry, przeczy obu dopuszczalnym sytuacjom dodania cyfr jedności (8+4, 7+5). Nie jest więc możliwe, by I było równe 3.

Kolejna liczba, która wchodzi w grę jako I, to 4. Wtedy R = 3 i dodawanie wygląda następująco: \begin{align*} \text{AS} & \\ + \text{13ÓL} & \\ \text{———} & \\ \text{14E3} \end{align*}

Trójkę na końcu liczby KIER możemy w efekcie sumy dwóch liczb jednocyfrowych dostać tylko jako 0+3 lub 1+2 – oba układy są niemożliwe ze względu na wcześniejsze użycie jedynki i trójki. Może więc to być jedynie efekt dodania 9+4 (niemożliwe, czwórka jest wykorzystana), 8+5 lub 7+6.

Sprawdźmy, czy w tej sytuacji E może być równe 0. Jest to możliwe w układach 5+4(+1), 6+3(+1), 7+2(+1), 8+1(+1). Cyfry 1, 3, 4 są wykorzystane, pozostaje możliwość 7+2(+1). Wtedy cyframi jedności mogą być 8 i 5 i szukana najmniejsza liczba to 1403. Można ją otrzymać w tym zaszyfrowanym dodawaniu na cztery sposoby. Jeden z nich sposobów to: \begin{align*} \text{78} & \\ + \text{1325}\\ \text{———} & \\ \text{1403} \end{align*} a pozostałe dostaniemy po zamianie cyfr dziesiątek i jedności składników.

Zadanie z dnia 2020-12-15

W ostrosłupie \(ABCS\) wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku \(S\) są proste. Pole ściany bocznej \(ABS\) wynosi 24, pole ściany bocznej \(ACS\) wynosi 14, pole ściany bocznej \(BCS\) wynosi 42. Ile wynosi objętość ostrosłupa \(ABCS\)?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

56

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

Ustawmy ostrosłup na ścianie \(BCS\) (rysunek). Wtedy jego podstawą jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(BS\) i \(CS\), a wysokością odcinek \(AS\). Oznaczmy odcinki: \(BS = b\), \(CS = c\), \(AS = h\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-15

Zachodzą równości: \[ \frac{bc}{2} = 42, \frac{ch}{2} = 14, \frac{bh}{2} = 24, \] czyli \[ bc = 84, ch = 28, bh = 48. \]

Stąd wynika, że \(bch^2 = 28 \cdot 48\), czyli \(84 h^2 = 28 \cdot 48\). Stąd otrzymujemy, że \(h^2 = \frac{28 \cdot 48}{84} = \frac{4\cdot 7 \cdot 4 \cdot 12}{7 \cdot 12} = 4 \cdot 4\) i \(h = 4\).

Objętość ostrosłupa \(ABCS\) wynosi zatem \(\frac{1}{3} \cdot 42 \cdot 4 = 56.\)

Zadanie z dnia 2020-12-16

Wszystkie liczby, występujące w rozkładzie liczby 15 na czynniki pierwsze, występują tam w potęgach nieparzystych (\(15 = 3^1 \cdot 5^1\)). Tę samą własność ma liczba 54 (\(54 = 2^1 \cdot 3^3\)).

Liczby 22, 23, i 24 są trzema kolejnymi liczbami mającymi opisaną wyżej własność (\(22 = 2^1 \cdot 11^1, 23 = 23^1, 24 = 2^3 \cdot 3^1\)). Znaleźć największą możliwą liczbę \(n\), dla której istnieje \(n\) kolejnych liczb naturalnych o tej własności.


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

7

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

Zauważmy, że wśród każdych ośmiu kolejnych liczb naturalnych jest jedna liczba podzielna przez 8 i dwie liczby podzielne przez 4. Jest wśród nich wobec tego liczba podzielna przez 4 a niepodzielna przez 8; w rozkładzie na czynniki pierwsze tej liczby dwójka występuje w potędze 2. Żadnych osiem kolejnych liczb nie ma więc rozważanej własności, co oznacza że \(n \le 7\).

Istnieje 7 kolejnych liczb naturalnych mających opisaną własność. Są to 29, 30, 31, 32, 33, 34, 35. Istotnie: \(29=29^1, 30=2^1 \cdot 3^1 \cdot 5^1, 31=31^1, 32=2^5, 33= 3^1 \cdot 11^1, 34= 2^1 \cdot 17^1, 35= 5^1 \cdot 7^1\).

Zadanie z dnia 2020-12-17

Duży sześcian o wymiarach \(5 \times 5\) zbudowany jest ze 125 małych identycznych białych sześcianów (rysunek h1). Wszystkie ściany dużego sześcianu pomalowano z zewnątrz kolorem czerwonym. Następnie duży sześcian rozłożono na 125 małych kostek, z których ponownie zbudowano sześcian \(5 \times 5\), ale w taki sposób, że żadna czerwona ściana nie była widoczna. Po tej operacji ściany dużego sześcianu były ponownie białe. Teraz wszystkie ściany pomalowano na zielono.

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-17

Oczywiście tak złożyć sześcian, by żadna czerwona ściana nie była widoczna, można na wiele sposobów. To złożenie zrobiono tak, by po pomalowaniu na zielono i ponownym rozłożeniu otrzymać największą możliwą liczbę małych sześcianów, które są całe białe, to znaczy nie mają żadnej ściany pomalowanej. Ile – po tym podwójnym malowaniu – białych sześcianów zostało?


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

27

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

Przy pierwszym malowaniu pomalowanych zostaje 98 sześcianów (\(5 \cdot 5\) na ,,pierwszym poziomie'', tyle samo na ,,piątym poziomie'', a na każdym z pozostałych poziomów 16 (\(5 + 5 + 3 + 3\)). Po pierwszym malowaniu zostaje 27 białych sześcianów, szukana liczba nie może być więc większa od 27. Pozostaje pokazać, że można pomalowane sześciany tak ułożyć, by duży sześcian był biały i by przy drugim malowaniu żaden inny sześcian nie został pomalowany.

Można tak zrobić. Sześciany narożne, z trzema pomalowanymi ścianami ustawimy w ten sposób, by wierzchołek, który był jednocześnie wierzchołkiem dużego sześcianu, był teraz ,,schowany'' wewnątrz dużego sześcianu (na rysunku poniżej wierzchołek żółty znajdzie się w miejscu niebieskiego).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-17

Po tej operacji wszystkie pomalowane ściany będą schowane wewnątrz dużego sześcianu. Sześcian z dwiema pomalowanymi sześcianami obracamy w ten sposób, by krawędź, która zawierała się w krawędzi dużego sześcianu, znalazła się w miejscu krawędzi do niej równoległej (na rysunku h2 krawędź żółta znajdzie się w miejscu niebieskiej). Z sześcianami, w których tylko jedna ściana była pomalowana, nie ma problemu – wystarczy ustawić je jakkolwiek, byle inaczej, niż były pierwotnie.

rys. h2

Po tej zmianie wszystkie ,,zewnętrzne'' sześciany będą tak ustawione, że widoczne są jedynie ich białe ściany, a wszystkie ,,wewnętrzne'' sześciany są całe białe. Przy drugim malowaniu nie pomalujemy więc żadnego ,,wewnętrznego'' sześcianu. A tych jest \(3 \cdot 3 \cdot 3 = 27\).

Zadanie z dnia 2020-12-18

Czasami się zdarza, że stos kamieni możemy podzielić na kilka takich części, że waga każdej z części jest taka sama. Na przykład, jeśli w stosie jest pięć kamieni o wagach: 1g, 1g, 2g, 2g, 3g to możemy je podzielić na 3 części: \(1+2\), \(1+2\), \(3\) – każda o wadze trzech gramów.

Pewien stos kamieni ma te własność, że możemy kamienie w nim podzielić na 2020 części o równych wagach, ale możemy je też podzielić na 2021 części o równych wagach. Jaka jest najmniejsza możliwa liczba kamieni, dla której istnieje stos z kamieni o tych własnościach? Oczywiście kamienie nie muszą mieć tej samej wagi, ale dopuszczalne jest, że pewne kamienie w stosie będą miały tę samą wagę (jak w przypadku stosu \(1, 1, 2, 2, 3\)).


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

4040

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

Dla stosu złożonego z 2020 kamieni o wadze 1g i z 2020 o wadze 2020g opisane rozkłady są możliwe. Wystarczy dokonać następujących podziałów:

– podział na 2020 części: w każdej jeden kamień o wadze 2020g i jeden o wadze 1g

– podział na 2021 części: w 2020 częściach jest po jednym kamień o wadze 2020g, a ostatnia cześć to 2020 kamieni o wadze 1g.

Należy jeszcze pokazać, że dla każdej mniejszej liczby kamieni odpowiedni układ nie istnieje.

Istotnie, gdyby kamieni było 4019 lub mniej, to przy podziale na 2020 części któraś część musiałaby się składać z jednego kamienia (bo \(2020 \cdot 2 = 4040 > 4019\)). Przyjmijmy, że kamień ten waży \(c\) gramów. Wobec tego łączna waga całego stosu kamieni to \(2020\cdot c\). Jeśli jednak waga jednego kamienia wynosi \(c\) gramów, to przy podziale stosu na 2021 części każda część musi ważyć co najmniej \(c\) gramów i łączna waga stosu wynosi co najmniej \(2021\cdot c\), To jest niemożliwe, bo \(2021\cdot c > 2020\cdot c\).

Zadanie z dnia 2020-12-19

Prostopadłościan pocięto na 8 mniejszych prostopadłościanów trzema cięciami równoległymi do ścian bocznych, jak na rysunku. Pola powierzchni bocznych siedmiu widocznych na rysunku prostopadłościanów wynoszą odpowiednio 56, 92, 116, 144, 176, 252 i 296 (przy wierzchołku każdego z prostopadłościanów zaznaczone jest odpowiednie pole powierzchni bocznej). Ile wynosi pole powierzchni bocznej ósmego, niewidocznego na rysunku prostopadłościanu?

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-19

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-19


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

44

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

W sformułowaniu zadania z dnia 19 grudnia nastąpiła pomyłka. Trzykrotnie w treści zamiast słowa »całkowitej« pojawiło się słowo »bocznej«. Prawidłowa treść powinien brzmieć następująco.

Prostopadłościan pocięto na 8 mniejszych prostopadłościanów trzema cięciami równoległymi do ścian bocznych, jak na rysunku. Pola powierzchni całkowitych siedmiu widocznych na rysunku prostopadłościanów wynoszą odpowiednio 56, 92, 116, 144, 176, 252 i 296 (przy wierzchołku każdego z prostopadłościanów zaznaczone jest odpowiednie pole powierzchni całkowitej). Ile wynosi pole powierzchni całkowitej ósmego, niewidocznego na rysunku prostopadłościanu?

Rozwiązanie zadania wygląda wówczas następująco. Pomalujmy ściany małych prostopadłościanów na czerwono lub zielono (sposobem pokazanym na rysunku – żadne przylegające do siebie ściany nie są pomalowane na ten sam kolor). Zauważmy, że wszystkie pomalowane ściany możemy połączyć w pary prostokątów o takich samych polach – albo ściany przylegają do siebie, albo są identycznymi prostokątami zawartymi w przeciwległych ścianach zewnętrznych dużego prostopadłościanu. Wobec tego suma pól powierzchni całkowitych prostopadłościanów czerwonych równa jest sumie pól powierzchni całkowitych prostopadłościanów zielonych. Niewidoczny prostopadłościan jest czerwony i pole jego powierzchni całkowitej wynosi \((144 + 92 + 296 + 56) - (252 + 116 + 176) = 44\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-19

Metoda rozwiązania w sytuacji, gdy rozważamy pola powierzchni bocznych zamiast pól powierzchni całkowitych jest dokładnie taka sama i wynik 44 otrzymujemy w efekcie identycznego rozumowania.

Jednak w przypadku, gdy pytanie dotyczy pola powierzchni bocznej, można rozwiązywać zadanie jeszcze na cztery inne sposoby, wykorzystując tylko wybrane dane z podanych na rysunku – według dokładnie takiego samego mechanizmu dodawania i odejmowania pól, ale wtedy wychodzą inne wyniki. Można:

  1. rozważać wyłącznie ściany boczne czterech prostopadłościanów ,,na dole'' – wtedy wynik to \(56 + 92 - 116 = 32\),
  2. rozważać wyłącznie ściany boczne czterech prostopadłościanów ,,z tyłu'' – wtedy wynik to \(144 + 56 - 176 = 24\),
  3. rozważać wyłącznie ściany boczne czterech prostopadłościanów ,,z lewej'' – wtedy wychodzi wynik ujemny (\(92+144-252\)), a więc niemożliwy do uzyskania,
  4. od pola powierzchni wszystkich ścian bocznych dużego prostopadłościanu, obliczonego jako suma pól ścian czterech małych prostopadłościanów, odjąć sumę pól ścian bocznych trzech pozostałych widocznych prostopadłościanów, przy czym prostopadłościany, które wyznaczają pole ścian dużego prostopadłościany, to dwa zielone prostopadłościany z dołu i dwa czerwone prostopadłościany z góry – wtedy wynik to \(92 + 56 + + 176 + 252 - 116 - 144 - 296 = 20\).

Jak widać, jeśli będziemy rozważać pola powierzchni bocznej, wyniki są sprzeczne, co oznacza, że taki układ prostopadłościanów nie istnieje. W sformułowanym temacie zadania należało obliczyć sumę pól powierzchni bocznej niewidocznego prostopadłościanu, a dojść do tego można na jeden z pięciu sposobów (za każdym razem z innym wynikiem), bez sprawdzania, czy w innej metodzie wychodzi inny wynik.

W tej sytuacji każdy z wyników: 20, 24, 32, 44 będzie uznawany za poprawny.

Za powstałą pomyłkę przepraszamy.

Rozwiązanie, które zostało pierwotnie opublikowane.

Pomalujmy małe prostopadłościany na czerwono lub zielono (sposobem pokazanym na rysunku – żadne przylegające do siebie ściany nie są pomalowane na ten sam kolor (patrz rysunek). Zauważmy, że wszystkie ściany możemy połączyć w pary prostokątów o takich samych polach – albo ściany przylegają do siebie, albo są identycznymi prostokątami zawartymi w przeciwległych ścianach zewnętrznych dużego prostopadłościanu. Wobec tego suma pól powierzchni bocznych sześcianów czerwonych równa jest sumie pól powierzchni bocznych sześcianów zielonych. Niewidoczny sześcian jest czerwony i pole jego powierzchni bocznej wynosi \((144 + 92 + 296 + 56) - (252 + 116 + 176) = 44\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-19

Zadanie z dnia 2020-12-20

Uwaga. Ze względu na usterkę techniczną rozwiązania przesyłane przed godziną 19:48 były odrzucane przez system jako niezgodne z wymaganiami. W związku z tym, aby zapewnić uczciwość konkursu, podjęliśmy decyzję o anulowaniu tego zadania.

Oznacza to, że odpowiedzi udzielone na zadanie z dnia 20 grudnia nie będą uwzględniane w rankingu.

Podać 18 ostatnich cyfr najmniejszej dodatniej liczba całkowitej, która po pomnożeniu przez 999 da w wyniku liczbę składającą się z samych jedynek.


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

333444555666777889

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

Oznaczmy szukaną liczbę przez \(x\). Zachodzi związek \(999 \cdot x = 111\ldots 111\), czyli \(999 \cdot x = \frac{999\ldots 999}{9}\), a więc \(9 \cdot x =\frac{999\ldots 999}{999}\).

Po podzieleniu \(999\ldots 999\) przez \(999\) otrzymujemy liczbę postaci \(100100\ldots 1001\). Ta liczba równa jest \(9\cdot x\), jest więc podzielna przez 9. Suma jej cyfr musi zatem być podzielna przez 9. Najmniejsza liczba o tej własności składa się z dziewięciu jedynek i szesnastu zer (każde dwie jedynki rozdzielone są dwoma zerami). Po podzieleniu tej liczby przez 9 otrzymujemy \(x = 111222333444555666777889\)

Zadanie z dnia 2020-12-21

Podać sumę wszystkich naturalnych dzielników liczby 2020.


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

4284

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

Rozłóżmy liczbę 2020 na czynniki pierwsze: \(2020 = 2^2 \cdot 5 \cdot 101\). Każdy dzielnik liczby 2020 jest zatem postaci \(2^a \cdot 5^b \cdot 101^c\), przy czym liczby \(a,b, c\) mogą przyjmować następujące wartości: \(a = 0, 1, 2, b = 0, 1, c = 0, 1\).

Można wszystkie te dzielniki obliczyć i dodać, jednak zadanie można zrobić prościej. Dzielniki 2020, w których liczba 2 występuje w zerowej potędze, są cztery: 1, 5, 101 i \(5\cdot 101 = 505\). Dzielniki, w których liczba 2 występuje w pierwszej potędze, to te cztery liczby pomnożone przez 2, a dzielniki, w których liczba 2 występuje w drugiej potędze, to te liczby pomnożone przez 4. Końcowy wynik zatem to \((1 + 5 + 101 + 505) \cdot (1 + 2 + 4) = 612 \cdot 7 = 4284.\)

Zadanie z dnia 2020-12-22

Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, \(AC = BC\). Miara kąta \(ABM\) wynosi \(60^\circ\), miara kąta \(ACB\) wynosi \(20^\circ\), a miara kąta \(BAN\) wynosi \(50^\circ\) (patrz rysunek). Podać (w stopniach) miarę kąta \(AMN\).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-22


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

70

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

Trójkąt \(\triangle ABC\) jest równoramienny, więc \(\angle ABC = \angle CAB = 80^\circ\). Wybierzmy tak punkt \(P\) na odcinku AC, by \(\angle ABP\) miał miarę \(20^\circ\) (rysunek).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-22

Wtedy \(\angle PBN = 60^\circ\). Miary kątów \(\angle PAB\) i \(\angle ABP\) wynoszą \(80^\circ\), więc \(\triangle APB\) jest równoramienny i \(AB= BP\). Miary kątów \(\angle BAN\) i \(\angle BNA\) wynoszą \(50^\circ\), więc \(\triangle ABN\) jest równoramienny i \(AB= BN\). Wobec tego \(AB= BP = BN\) (rysunek).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-22

Trójkąt \(\triangle PBN\) jest równoramienny i kąt przy wierzchołku \(B\) ma miarę \(60^\circ\), jest to więc trójkąt równoboczny i \(PN= BP = BN\), a miara kąta \(\angle MPB\) to \(60^\circ\) (rysunek).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-22

Rozważmy teraz trójkąt \(\triangle PBM\). Miara kąta \(\angle PBM\) to \(60^\circ - 20^\circ = 40^\circ\), a miara kąta \(\angle PMB\) to \(180^\circ - 40^\circ = 40^\circ\), Oznacza to, że trójkąt \(\triangle PBM\) jest równoramienny i \(PM = PB\) (rysunek).

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-22

Z równości odpowiednich odcinków wynika teraz, że \(NP = MP\) i trójkąt \(\triangle PMN\) jest równoramienny (rysunek). Ale miara kąta \(\angle MPN\) to \(100^\circ - 60^\circ = 40^\circ\), wobec tego miara \(\angle PMN\) to \(\frac{180^\circ - 40^\circ}{2} = 70^\circ\), a miary kątów \(\angle PMN\) i \(\angle AMN\) są równe.

Rysunek ilustrujący zadanie z dnia 2020-12-22

Zadanie z dnia 2020-12-23

Ile liczb całkowitych spełnia równanie \[ \left \lfloor \frac{x}{4} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{x}{5} \right \rfloor + 2020? \] Przez \(\lfloor y \rfloor\) oznaczamy podłogę (część całkowitą) liczby \(y\), czyli największą liczbę całkowitą nie większą niż \(y\). Na przykład \(\left \lfloor \frac{4}{3} \right \rfloor = 1\), a \(\lfloor 17 \rfloor = 17\).


Poniższy rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki nie należy do treści zadania.

Rysunek autorstwa Katarzyny Stachowskiej-Mendyki


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

20

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

Najpierw zauważmy, że jeśli \(n\) jest liczbą całkowitą, a \(p \in [0,1)\), to \(\lfloor n + p \rfloor = n\).

Zapiszmy liczbę całkowitą \(x\) w postaci \(5k +r\), przy czym \(r = 0, 1, 2, 3, 4\). Mamy kolejno: \begin{align*} \left \lfloor \frac{5k + r}{4} \right \rfloor & = \left \lfloor \frac{5k + r}{5} \right \rfloor + 2020\\ \left\lfloor \frac{4k}{4} + \frac{k + r}{4} \right \rfloor & = \left \lfloor \frac{5k}{5} + \frac{r}{5} \right \rfloor + 2020\\ \left \lfloor k + \frac{k + r}{4} \right \rfloor & = \left \lfloor k + \frac{r}{5} \right \rfloor + 2020\\ k + \left \lfloor \frac{k + r}{4} \right \rfloor & = k + \left \lfloor \frac{r}{5} \right \rfloor + 2020\\ \left \lfloor \frac{k + r}{4} \right \rfloor & = \left \lfloor \frac{r}{5} \right \rfloor + 2020\\ \left \lfloor \frac{k + r}{4} \right \rfloor & = 2020 \ (\text{bo} \ r = 0, 1, 2, 3, 4). \end{align*} Oznacza to, że \(2020 \le \frac{k + r}{4} < 2021\), a więc \(4 \cdot 2020 \le k + r < 4 \cdot 2021\).

Jeśli popatrzymy na tę nierówność traktując \(k + r\) jako jedną zmienną (\(k+r = m\)), to łatwo zauważyć, że nierówności \(4 \cdot 2020 \le m < 4 \cdot 2021\) spełniają cztery liczby: \(4 \cdot 2020, 4 \cdot 2020 + 1, 4 \cdot 2020 + 2, 4 \cdot 2020 +3.\) Wróćmy teraz do postaci \(m = k+r\). Liczba \(r\) może być wybrana na 5 sposobów, dla danej liczby \(m\) do każdej z nich można \(k\) dobrać na 4 sposoby (np. gdy \(m = 8080\), to dla \(r = 0\) odpowiednimi liczbami są \(8076, 8077, 8078, 8079\)), wobec tego odpowiednią liczbę postaci \(5k+r\) można dobrać na \(5 \cdot 4 = 20\) sposobów.