Odpowiedzi i szkice rozwiązań dla szkół ponadgimnazjalnych (edycja 2017)

Szkic rozwiązania: Zachodzi kongruencja
\[3^{3^3} = 3^{27} = 3\cdot9^{13} \equiv 3 \pmod4,\]
więc \(3^{3^3} = 4m+3\) dla pewnego \(m\in\mathbb{N}\). Wobec tego
\[3^{3^{3^3}} = 3^{4m+3} = 81^m\cdot27 \equiv 7 \pmod{20},\]
czyli \(3^{3^{3^3}} = 20n+7\) dla pewnego \(n\in\mathbb{N}\). Można obliczyć, że \(3^{20}\equiv1\pmod{100}\), więc
\[3^{3^{3^{3^3}}} = 3^{20n+7} \equiv 3^7 = 2187 \equiv 87 \pmod{100}.\]

Szkic rozwiązania: Aby pole trójkąta \(ABC\) wynosiło \(1\), punkt \(C\) musi leżeć na jednej z prostych:
\[\ell_1: y=\frac32x+\frac32, \qquad \ell_2: y=\frac32x-\frac12.\]
W obu przypadkach liczba \(y\) jest całkowita gdy \(x\) jest nieparzysta. Warunek \(1\le y\le100\) jest spełniony dla pierwszej prostej gdy \(1 \le x \le 65\frac23\), co daje \(x\in\{1,3,5,\ldots,65\}\). W przypadku drugiej prostej otrzymamy \(x\in\{1,3,5,\ldots,67\}\).

Szkic rozwiązania: Przypuśćmy, że \(d\) jest liczbą o zadanej cesze podzielności. Weźmy taką liczbę naturalną \(k\), że \(kd\ge1000\gt (k-1)d\). Wówczas mamy \(d\mid kd-1000\), ale \(0\le kd-1000\lt d\), więc \(kd=1000\). To dowodzi, że \(d\mid 1000\). Jest jasne, że wszystkie dzielniki tysiąca posiadają opisaną w zadaniu cechę, a jest ich, nie licząc \(1\) i \(1000\), czternaście.

Szkic rozwiązania: Odejmując stronami równania, otrzymamy \((x-y)(x+y+2)=0\), co daje \(y=x\) lub \(y=-x-2\). Dalej stosując metodę podstawiania, otrzymamy następujące pary \((x,y)\):
\[\left(1+\sqrt{a+1},\;1+\sqrt{a+1}\right), \qquad
\left(1-\sqrt{a+1},\;1-\sqrt{a+1}\right),\]
\[\left(-1+\sqrt{a-3},\;-1-\sqrt{a-3}\right), \qquad
\left(-1-\sqrt{a-3},\;-1+\sqrt{a-3}\right).\]
Warunkiem koniecznym istnienia co najmniej trzech rozwiązań jest \(a\ge3\). Dla \(a=3\) mamy dokładnie trzy rozwiązania, a dla \(a\gt 3\) powyższe cztery pary są różne.

Szkic rozwiązania: Narysujmy proste \(\ell_x\parallel OX\) oraz \(\ell_y\parallel OY\) przecinające się w punkcie \(B\). Ponieważ funkcja \(y=2^x\) jest rosnąca, punkt \(A\) leży poniżej prostej \(\ell_x\) i na lewo od \(\ell_y\), natomiast punkt \(C\) leży powyżej \(\ell_x\) i na prawo od \(\ell_y\). Z tego wynika, że \(|\angle ABC|\gt 90^\circ\). Udowodnimy, że liczby \(90\) nie można zastąpić tu większą. W tym celu rozważmy punkty \(A=(a,2^a)\), \(B=(0,1)\), \(C=(c,2^c)\) i \(D=(-1,1)\) przy \(a\to-\infty\) i \(c\to\infty\). Wówczas
\[\tan|\angle ABD| = \frac{1-2^a}{|a|} \lt \frac1{|a|}\to0,\]
\[\tan|\angle YBC| = \frac{b}{2^b-1} \to 0.\]
Z tego wynika, że \(|\angle ABD|, |\angle YBC| \to0\), więc \(|\angle ABC| \to 90^\circ\).

Szkic rozwiązania: Niech \(P(x)=ax^3+bx^2+cx+d\) oraz \(Q(x)=P(x)^3\). Z równości
\[(ax^3+bx^2+cx+d)^3 = a^3x^9 + 3a^2bx^8 + \ldots + 3cd^2x + d^3\]
otrzymujemy \(a^3=1\), \(3a^2b=3\), \(3cd^2=-36\) i \(d^3=-8\), z czego obliczamy \(a=1\), \(b=1\), \(c=-3\), \(d=-2\). Dalej
\[P(1) = -3, \qquad Q(1) = e+f+g+h-88.\]
Wiadomo, że \(Q(1)=P(1)^3\), z czego \(e+f+g+h=-27+88=61\). W oryginalnym sformułowaniu zadania był błąd, zadanie nie było uwzględniane przy tworzeniu rankingu.

Szkic rozwiązania: Ze względu na równość
\[\overline{0,\!(a_1a_2\ldots a_n)} = \frac{\overline{a_1a_2\ldots a_n}}{10^n-1},\]
szukane liczby pierwsze dzielą przynajmniej jedną z liczb: \(9,99,\ldots,999999\). Zadanie sprowadza się więc do rozłożania ich na czynniki pierwsze. Szukane liczby to:
\[3, 7, 11, 13, 37, 41, 101, 271.\]

Szkic rozwiązania: Zachodzą równości \(|\angle PAQ|=|\angle PBQ|\) oraz \(|\angle APB|=|\angle AQB|\), gdyż są to kąty wpisane, oparte na odpowiednich łukach. Trójkąty \(AKQ\) i \(BKP\) są więc podobne, co daje równość ich kątów zewnętrznych \(|\angle CPK| = |\angle CQK|\). Te kąty sumują się do \(180^\circ\), gdyż czworokąt \(CPKQ\) jest wpisany w okrąg. Zatem obydwa muszą być proste. Z tego wynika, że \(K\) jest punktem przecięcia się wysokości trójkąta \(ABC\), czyli \(CK \bot AB\).

Szkic rozwiązania: Na każdej z jedenastu linii:
\[A6-C8,\; A5-D8,\; \ldots,\; A1-H8,\; B1-H7,\; \ldots,\; F1-H3\]
mieści się jeden goniec, a na pozostałych sześciu polach można ustawić najwyżej dwa. Zatem nie jest możliwe ustawienie więcej niż \(13\) gonców. Jest to optymalne oszacowanie, gdyż zgodnie z warunkami można ustawić gońce na polach:
\[C1, E1, G1, A2, H3, A4, E5, H5, A6, H7, A8, D8, F8.\]

Szkic rozwiązania: Zapiszmy \(x=n+\varepsilon\), gdzie \(\{x\}=\varepsilon\in[0,1)\) i \(n\in\{1,2,\ldots,9\}\). Wówczas otrzymamy równanie
\[\varepsilon = 2n\varepsilon+\varepsilon^2 – k\]
dla pewnego \(k\in\{0,1,\ldots,2n-1\}\). To równanie ma dwa rozwiązania. Jedynym jego dodatnim rozwiązaniem jest\[\varepsilon = \frac{-2n+1+\sqrt{(2n-1)^2+4k}}{2} \in[0,1) \text{ dla } k=0,1,\ldots,2n-1,\]
co można sprawdzić prostym rachunkiem. Podsumowując, przy ustalonym \(n\) mamy po jednym rozwiązaniu dla \(k=0,1,\ldots,2n-1\), czyli \(2n\) rozwiązań. Szukana liczba rozwiązań wynosi więc \(2+4+6+\ldots+20=110\).

Szkic rozwiązania: Dane wyrażenie jest równe
\[2\cdot\frac{\sin\alpha\cos\alpha+\sin\beta\cos\beta+\sin\gamma\cos\gamma}{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma} \le 2\max\{\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma\} \lt 2.\]
Wartość tego wyrażenia może być dowolnie bliska \(2\), gdyż dla \(\alpha=\beta=\gamma\) wynosi ono \(2\cos\alpha\), co dąży do \(2\) dla \(\alpha\to0\).

Szkic rozwiązania: Niech \([\mathcal{F}]\) oznacza pole figury \(\mathcal{F}\). Przez \(P\) i \(Q\) oznaczmy odpowiednio środki \(o_1\) i \(o_2\). Wówczas
\[[ABC] = [APQB] + [APC] + [BQC] + [CPQ],\]
a po obliczeniu pól i pomnożeniu obustronym przez \(2\) otrzymamy
\[12 = (5+2r)r + 3r + 4r + 2r\left(\frac{12}5-r\right).\]
Rozwiązaniem tego równania jest \(r=\frac57\).

Szkic rozwiązania: Rozważmy sytuację równoważną danej: maszyna losuje dwie liczby \(p,q\in[0,1]\) z rozkładem jednostajnym i wyświetla \(1\) jeśli \(q\lt p\), w przeciwnym razie wyświetla \(0\). Mamy obliczyć prawdopodobieństwo tego, że \(p\gt \frac12\) (zdarzenie \(A\)), pod warunkiem, że \(q\lt p\) (zdarzenie \(B\)). Parę \((p,q)\) możemy utożsamić z pewnym punktem na płaszczyźnie, na kwadracie \([0,1]\times[0,1]\). Prawdopodobieństwa różnych zdarzeń są wówczas proporcjonalne do pól odpowiadających im obszarów. Zgodnie ze wzorem na prawdopodobieństwo warunkowe musimy obliczyć \(\frac{P(A\cap B)}{P(B)} = \frac{3/8}{1/2} = \frac34\).

Szkic rozwiązania: Warunki spełniają kolejno umieszczone liczby
\[1, 11, 22, 2, 14, 7, 21, 3, 15, 5, 10, 20, 4, 16, 8, 24, 12, 6, 18, 9.\]
Gdyby \(M\lt 24\), to pewnemu wierzchołkowi trzeba by było przypisać jedną z liczb: \(13\), \(17\), \(19\), \(23\). Taka liczba musiałaby sąsiadować z przynajmniej jedną swoją wielokrotnością, co jest niemożliwe, bo one przekraczają \(24\).

Szkic rozwiązania: Proste \(AM\), \(BN\), \(CK\) i \(DL\) wyznaczają kwadrat \(\mathcal{K}\) o boku długości \(2\sqrt5\). Niech odcinek \(CK\) przecina \(BN\) w punkcie \(P\), \(BM\) w punkcie \(Q\) i \(DL\) w punkcie \(R\), Przez \(S\) oznaczmy punkt przecięcia \(BM\) i \(DL\). Figura \(\mathcal{F}\), której pole trzeba obliczyć, powstaje poprzez odcięcie od kwadratu \(\mathcal{K}\) czterech trójkątów przystających do \(\triangle QRS\). \\
Ponieważ \(Q\) jest środkiem odcinka \(CK\), łatwo obliczamy \(|RQ|=\frac12\sqrt5\). Z podobieństwa trójkątów \(QRS\) i \(QPB\) otrzymujemy \(|RS|=\frac{|QR|\cdot|BP|}{|PQ|} = \frac23\sqrt5\). Zatem pole trójkąta \(QRS\) wynosi \(\frac56\), a pole figury \(\mathcal{F}\) jest równe \(20-4\cdot\frac56=16\frac23\).

Szkic rozwiązania: Trójmian \(f(x)=2x^2-1\) spełnia żądaną własność oraz \(|2|+|0|+|-1|=3\). Wykażamy, że jeśli \(|a|+|b|+|c|\gt 3\), to \(|f(x)|\gt 1\) dla pewnego \(x\in[-1,1]\). Ze względu na symetrie względem osi \(OX\) i \(OY\), możemy założyć, że \(a\gt 0\) i \(b\ge0\). Mamy wówczas \(a+b+|c|\gt 3\). Ponadto \(f(1)=a+b+c \gt 3+c-|c|\). Jeśli \(c\ge0\), to \(f(1)\gt 3\), zatem załóżmy dalej, że \(c\lt 0\). Wówczas \(f(1)\gt 3-2|c|\) oraz \(|f(0)|=|c|\), z czego wynika, że \(f(1)+2|f(0)|\gt 3\), czyli albo \(|f(1)|\ge f(1)\gt 1\), albo \(|f(0)|\gt 1\).

Szkic rozwiązania: Niech \(L_n\) oznacza liczbę takich ciągów \(n\)-elementowych; nas interesuje \(L_{10}\). Łatwo obliczyć \(L_1=3\), \(L_2=9\) i \(L_3=27\). Wyznaczymy teraz \(L_n\) w zależności \(L_{n-1}\), \(L_{n-2}\) i \(L_{n-3}\). Rozważmy trzy przypadki: ciąg \(n\)-elementowy może mieć na końcu jeden, dwa lub trzy równe wyrazy, poprzedzone innym wyrazem. Te wyrazy możemy dołożyć do krótszego ciągu na dwa sposoby, bo muszą być różne od jego ostatniego wyrazu. To daje wzór
\[L_n = 2(L_{n-1}+L_{n-2}+L_{n-3}) \quad\text{dla }n\ge4.\]
Stosując ten wzór możemy kolejno obliczyć \(L_4=78\), \(L_5=228\), \(L_6=666\), \(L_7=1944\), \(L_8=5676\), \(L_9=16572\) i \(L_{10}=48384\).

Szkic rozwiązania: Niech \(k\) oznacza liczbę krawędzi, zaś \(s\) liczbę ścian tego wielościanu. Krawędzie podzielimy na dwa rodzaje: zewnętrzne, znajdujące się brzegu siatki i pozostałe — wewnętrzne. Oznaczmy ich liczby odpowiednio przez \(k_z\) i \(k_w\). Każda zewnętrzna kwawędź została rozcięta, więc liczba \(b\) boków siatki spełnia nierówność \(b\le 2k_z\). Krawędzie wewnętrzne dzielą siatkę na \(s\) ścian, zatem \(k_w=s-1\). Na mocy wzoru Eulera mamy
\[s+2017=k+2=k_z+k_w+2 \ge \frac12b+s-1+2,\]
co daje \(b\le4032\). Ta wartość jest osiągalna, na przykład dla ostrosłupa prawidłowego o podstawie \(2016\)-kąta.

Szkic rozwiązania: Podstawmy \(a_1=\cos\alpha\). Udowodnimy przez indukcję o głębokości \(2\), że \(a_n=\cos n\alpha\). Dla \(n=0\) i dla \(n=1\) stwierdzenie to jest prawdziwe. Na mocy wzoru rekurencyjnego, założenia indukcyjnego i wreszcie wzoru na iloczyn cosinusów, mamy
\[a_{n+1} = 2a_na_1-a_{n-1} = 2\cos(n\alpha)\cos\alpha-\cos(n\alpha-\alpha) = \cos(n\alpha+\alpha),\]
co kończy krok indukcyjny. Z równości \(a_{100}=0\) mamy \(\cos100\alpha=0\), czyli \(\alpha=\frac{2k+1}{200}\pi\). Wobec tego
\[a_{50}=\cos\frac{2k+1}{4}\pi = \pm\frac{\sqrt{2}}{2}.\]

Szkic rozwiązania: Niech \(x_1\), \(x_2\) i \(x_3\) będą liczbami studentów uczących się dokładnie jednego, dwóch i odpowiednio trzech języków. Nazwijmy ich pojedynczymi, podwójnymi i potrójnymi studentami. Należy rozwiązać układ równań
\[\left\{\begin{array}{ll} x_1+x_2+x_3 & = 360 \\ x_1+2x_2+3x_3 & = 400 \\ x_2+3x_3 & = 45. \end{array}\right.\]
Pierwsze równanie jest oczywiste. Aby uzasadnić drugie, zauważmy, że licząc słuchaczy każdego języka z osobna, policzymy dwa razy podwójnych i trzy razy potrójnych studentów. Trzecia równość wynika z tego, że każdych dwóch języków uczy się dokładnie jeden słuchacz. Podwójny student odpowiada jednej, a potrójny — trzem parom języków, a takich par (nieuporządkowanych) jest \(\binom{10}2=45\). \\
Rozwiązaniem tego układu są liczby \(x_1=325\), \(x_2=30\) i \(x_3=5\).

Szkic rozwiązania: Zachodzi równość
\[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 = 3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)^2 = 5.\]
Niech \(x=y+a\) i \(z=y-b\). Mamy wówczas
\[5 = a^2+b^2+(a+b)^2 \ge \frac32(a+b)^2,\]
co daje \(x-z=a+b\le\sqrt{\frac{10}3}\). Równość jest możliwa, na przykład dla \(x=\frac23+\sqrt{\frac56}\), \(y=\frac23\), \(z=\frac23-\sqrt{\frac56}\).