Zadania

Wynik:

$2,45$

Maciek zapłacił monetą 5zł za trzy gałki lodów, których łączna cena wynosiła $0,80\text{zł}+0,70\text{zł}+1,05\text{zł}=2,55\text{zł}.$ Czyli reszta jaką otrzyma to $5\text{zł}-2,55\text{zł}=2,45\text{zł}.$

Wynik:

$30$ $s$

Wszystkie boki kwadratu mają tę samą długość $0,5$ $m$. Wszystkie boki trójkąta równobocznego także mają równą długość. Jeden z nich jest równocześnie bokiem kwadratu, więc wszystkie odcinki na obrazku mają tę samą długość $0,5$ $m$. Jest ich sześć, więc suma długości wszystkich odcinków wynosi $6\cdot 0,5m=3m$. W trakcie sekundy Natalia rysuje $1$ $\mathrm{dm}$ linii, więc w trakcie każdych $10$ sekund rysuje $10\cdot 1\mathrm{dm}=10\mathrm{dm}=1m$ linii. By stworzyć cały obrazek, musi narysować trzy razy tyle. Zajmie jej to zatem $3\cdot 10s=30s$.

Wynik:

$1050$ $g$

Chociaż unoszony siłą wyporu kawałek drewna pływa na wodzie, to nie będzie miało to wpływu na wskazanie wagi. Istotna jest tylko masa pojemnika i jego zawartości. Siły działające między będącymi w spoczynku ciałami znajdującymi się wewnątrz pojemnika nie mają wpływu na masę całego układu. Możemy zatem zsumować masę poszczególnych obiektów: pojemnik waży $250$ $g$, pół litra wody waży $500$ $g$, a kawałek drewna waży $300$ $g$. Waga pokaże zatem $250g+500g+300g=1050g$.

Wynik:

$10$

Wypiszmy wszystkie przypadki. Jeśli Patryk rozpocznie naukę od matematyki, to możliwe są następujące układy: MMMFF, MMFMF, MMFFM, MFMMF, MFMFM, MFFMM. Jeśli zaś zacznie od fizyki, to mamy następujące ewentualności: FMMMF, FMMFM, FMFMM, FFMMM. Łącznie istnieje zatem $10$ różnych harmonogramów.

Wynik:

$10$

Jard składa się z $3$ stóp, a stopa z $12$ cali. $1$ jard składa się zatem z $3\cdot 12=36$ cali. Ślimak musi pokonać $100$ jardów, czyli $100\cdot 36=3600$ cali. Pokonanie cala zajmuje mu $10$ sekund. Zatem pokonanie całego boiska zajmie mu $10\cdot 3600=36000$ sekund. Godzina składa się z $60$ minut, a minuta z $60$ sekund, więc $1$ godzina składa się z $60\cdot 60=3600$ sekund. Zatem ślimak potrzebuje $36000÷3600=10$ godzin na pokonanie całego boiska.

Wynik:

$81$

Jeżeli pomnożymy liczbę $111111111$ przez nią samą to otrzymamy liczbę $12345678987654321$. Suma cyfr tej liczby wynosi: $1+2+3+4+5+6+7+8+9+8+7+6+5+4+3+2+1=81$.

Wynik:

$46$

Policzmy najpierw ile kratek zostało całkowicie wypełnionych. Takich kratek jest $40$ i odpowiadają one $40$ gramom atramentu. Poza nimi są jeszcze kratki wypełnione częściowo. Po usunięciu całkowicie wypełnionych kratek pozostaje $6$ namalowanych trójkątów.

Trójkąty leżące jeden nad drugim są tych samych rozmiarów i mogą zostać połączone w prostokąty. Pierwszy taki prostokąt pokrywa $3$ kratki, drugi pokrywa $2$ kratki, a trzeci pokrywa $1$ kratkę. Do ich wypełnienia potrzeba więc $3+2+1=6$ gramów atramentu. Zatem Zuzia potrzebuje $46$ gramów atramentu do namalowania całego obrazka.

Wynik:

$8$ $\mathrm{km}∕h$

Gdyby Adam utrzymał swoje tempo, to przebiegłby $20$ razy po $400m$, a więc $20\cdot 400m=8000m$ w jedną godzinę. Odpowiada to prędkości $8$ $\mathrm{km}∕h$. Jak ta prędkość ma się do jego prędkości średniej? Ponieważ Adam nie zmienił tempa w trakcie pierwszych $20$ minut biegu, to właśnie $8$ $\mathrm{km}∕h$ musi być jego prędkością średnią. Stąd jego prędkość średnia pierwszych $20$ minut biegu wyniosła $8$ $\mathrm{km}∕h$.

Wynik:

$5$

Kurs w jedną stronę między przystankami końcowymi trwa

Stąd podróż tam i z powrotem zajmuje $2\cdot 24\min =48\min$. Jeśli chcemy, by pasażerowie nigdy nie czekali na autobus dłużej niż $10\min$, to przynajmniej $4$ autobusy muszą opuścić przystanek początkowy zanim pierwszy autobus nie powróci. Zatem potrzeba łącznie pięciu autobusów.

Wynik:

$101$

Używając drukarki w pokoju ogólnodostępnym, Jarosław traci czas tylko wracając do swojego biura: traci więc jedną minutę. Aby drukowanie w pokoju ogólnodostępnym było dla Jarosława opłacalne, tamtejsza drukarka musi skończyć drukowanie o ponad minutę wcześniej niż ta w biurze. Zauważmy, że drukarka w biurze drukuje $20$ stron na minutę. Żeby opłacalne było korzystanie z drukarki z pokoju ogólnodostępnego, jej czas drukowania musi być taki, żeby zdążyła wydrukować o ponad $20$ stron więcej niż wolniejsza drukarka w tym samym czasie. Drukarka w pokoju ogólnodostępnym drukuje o $25-20=5$ stron na minutę więcej niż drukarka z biura. Drukarka w pokoju ogólnodostępnym musi zatem drukować przez $4$ minuty, aby wydrukować o $20$ stron więcej od wolniejszej drukarki. Zatem żeby opłacalne było korzystanie z szybszej drukarki, musi ona pracować dłużej niż $4$ minuty. Stąd użycie drukarki w pokoju ogólnodostępnym będzie szybsze, gdy Jarosław będzie drukował co najmniej $101$ stron.

Wynik:

$995$

Po zaokrągleniu do dziesiątek, maksymalna różnica między wynikiem a ulubioną liczbą Piotra wynosi $5$. Najmniejsza liczba dodatnia, która może być wynikiem zaokrąglania do tysięcy to $1000$. Tak więc ulubiona liczba Piotra nie może być mniejsza niż $1000-5=995$. Łatwo sprawdzamy, że liczba $995$ spełnia wszystkie warunki.

Wynik:

$50$

Nina przebiegła dwa okrążenia - więc całkowity dystans wyniósł $2\cdot 6\mathrm{km}=12\mathrm{km}$ - ze średnią prędkością $8$ $\mathrm{km}∕h$. Stąd całkowity czas biegu musiał wynieść

Ponieważ Nina przebiegła pierwsze okrążenie w $40$ minut, to drugie okrążenie musiała przebiec w $90-40=50$ minut.

Wynik:

$12$

Liczba przegranych gier wynosi $10+9+8=27$. Oznacza to, że wszystkich gier było dokładnie $27$. To oznacza, że Celina wygrała $27-7-8=12$ gier.

Wynik:

$1$ $\mathrm{kg}$

Dłuższe ramię każdej dźwigni jest dwa razy dłuższe od krótszego ramienia. Stąd, żeby każda dźwignia była w równowadze, masa ciała zawieszonego na krótszym ramieniu musi być dwukrotnością masy ciała zawieszonego na dłuższym ramieniu. Na krótszym ramieniu pierwszej dźwigni zawieszony jest ciężar o masie $18$ $\mathrm{kg}$. Na dłuższym ramieniu wisi druga dźwignia, więc masa wszystkiego co jest zawieszone na tej dźwigni wynosi $18\mathrm{kg}:2=9\mathrm{kg}$. Na drugiej dźwigni mamy zawieszony kolejny ciężarek i trzecią dźwignię. Żeby druga dźwignia znajdowała się w równowadze, to masa ciężarku zawieszonego na jej krótszym ramieniu musi być dwukrotnością masy wszystkiego co jest zawieszone na trzeciej dźwigni. Stąd ten ciężarek musi mieć masę $6$ $\mathrm{kg}$ i dwa ostatnie ciężarki muszą mieć łączną masę $3$ $\mathrm{kg}$. Dzielimy tę masę między oba ciężarki w stosunku $2:1$. Ciężarek zawieszony na dłuższym ramieniu trzeciej dźwigni musi mieć zatem masę $1$ $\mathrm{kg}$.

Wynik:

$40$

Gdyby woda nie spływała do systemu zbierania wody ani nie przelewała się przez krawędzie dachu, to po zakończeniu ulewy na dachu znajdowałby się prostopadłościenny blok wody. Zakładając, że deszcz spadł równie gęsto nad basenem jak nad dachem, wzrost poziomu wody w basenie będzie taki sam, jak wysokość tego wyimaginowanego bloku wody na dachu. Blok wody ma objętość $4000L=4000{\mathrm{dm}}^3=4m^3$. Powierzchnia jego podstawy jest równa powierzchni dachu: $100$ $m^2$. Wiemy, że objętość bloku jest równa iloczynowi jego wysokości i pola podstawy. Zatem jego wysokość wynosi $\frac{4m^3}{100m^2}=0,04m=40\mathrm{mm}$. Stąd poziom wody w basenie podniósł się o $40$ $\mathrm{mm}$.

Wynik:

$22$

Z treści zadania wiemy, że liczby różniące się o $1$ nie mogą ze sobą sąsiadować.

Spójrzmy na drugą i trzecią kratkę w środkowym rzędzie. Każda z nich sąsiaduje ze wszystkimi kratkami poza jedną. Jedynymi liczbami z przedziału $1$-$8$, które posiadają w tym przedziale tylko jedną liczbę różniącą się od niej o $1$ są $1$ i $8$, zatem to one muszą być wpisane do rozważanych kratek. Ze względu na symetrię tabliczki nie ma znaczenia kolejność w jakiej wpiszemy te liczby. Bez straty ogólności możemy zrobić to tak:

Liczby $1$ i $8$ mają tylko jedną liczbę, która różni się od nich o $1$: są to $2$ i $7$ odpowiednio. Musimy zatem umieścić liczby $2$ i $7$ w pozostałych kratkach w środkowym rzędzie.

Kratka z liczbą $2$ nie może sąsiadować z kratką zawierającą liczbę $3$, zatem $2$ musi się znajdować powyżej lub poniżej liczby $1$. Podobnie liczba $6$ musi się znajdować powyżej lub poniżej liczby $8$. Mamy zatem dwa przypadki. Jeśli umieścimy liczby $3$ i $6$ w jednym rzędzie, to w pozostałym rzędzie będziemy musieli umieścić liczby $4$ i $5$ obok siebie, co jest zabronione. Musimy zatem umieścić liczby $3$ i $6$ w osobnych rzędach. Zauważmy teraz, że liczby $4$ i $3$ nie mogą sąsiadować, musimy zatem dokończyć wypełnianie tabliczki w następujący sposób:

Możemy teraz policzyć, że suma liczb sąsiadujących z liczbą $4$ wynosi $22$.

Wynik:

$250$ $m$

Dla ułatwienia zamieńmy prędkość z kilometrów na godzinę na metry na sekundę: $108\mathrm{km}∕h=30m∕s$. Pociąg poruszający się z prędkością $30$ $m∕s$ przez $75$ $s$ przejeżdża odległość $75s\cdot 30m∕s=2250m$. Zatem lokomotywa przejechała $2250$ $m$ od wjazdu do tunelu. Ponieważ tunel ma długość $2000$ $m$, to po $75$ sekundach lokomotywa znajdowała się $2250m-2000m=250m$ za tunelem. Długość pociągu musi zatem wynosić $250$ $m$.

Wynik:

$57$ $\mathrm{mm}$

Ponieważ średnia długość ołówka Eli wynosi $12$ $\mathrm{mm}$, to suma długości jej ołówków wynosi $6\cdot 12\mathrm{mm}=72\mathrm{mm}$. Jeśli chcemy, by jeden z ołówków miał jak największą długość, to pozostałe ołówki muszą być jak najkrótsze. Muszą zatem mieć długości $1$ $\mathrm{mm}$, $2$ $\mathrm{mm}$, $3$ $\mathrm{mm}$, $4$ $\mathrm{mm}$, $5$ $\mathrm{mm}$ odpowiednio, co łącznie daje $15$ $\mathrm{mm}$. Najdłuższy ołówek będzie miał wtedy $72\mathrm{mm}-15\mathrm{mm}=57\mathrm{mm}$.

Wynik:

$4$ $m$

Ze względu na zasadę zachowania energii, kamień traci energię kinetyczną w wyniku działania siły tarcia wykonującej pracę nad kamieniem. Początkowo kamień o masie $m=18,6\mathrm{kg}$ i prędkości $v=2m∕s$ ma energię kinetyczną $E_k=\frac{1}{2}m{v}^2$. Siłą spowalniającą kamień jest siła tarcia $F_t$, która jest równa iloczynowi siły normalnej pochodzącej od lodu i współczynnika tarcia f. W tej sytuacji siła normalna jest siłą ciężkości Ziemi $F_G=\mathit{mg}$, gdzie $g$ jest przyspieszeniem grawitacyjnym. Jeżeli kamień porusza się na pewną odległość, to siła tarcia wykonuje pracę nad kamieniem $W=F_{t}s=F_G\mathit{fs}=\mathit{mgfs}$. Gdy kamień przestaje się poruszać, ma zerową prędkość, a więc zerową energię kinetyczną. Możemy więc obliczyć odległość $s$ w następujący sposób:

Wstawiając do powyższego wzoru odpowiednie wartości obliczamy, że kamień wyślizgnie się na odległość $s=\frac{{(2m∕s)}^2}{2\cdot 0,05\cdot 10m∕s^2}=4m$ od ręki Kuby.

Wynik:

$50\circ$

Ponieważ punkty $A$ i $D$ leżą na symetralnej odcinka $\mathit{BC}$, to trójkąty $\mathit{ABC}$ i $\mathit{DBC}$ są równoramienne, o podstawie $\mathit{BC}$. Możemy stąd wyznaczyć miary katów przy podstawie trójkąta $\mathit{ABC}$ jako $\frac{180\circ -40\circ }{2}=70\circ$ i miary kątów przy podstawie trójkąta $\mathit{DBC}$ jako $\frac{180\circ -140\circ }{2}=20\circ$. Stąd miara kąta $\mathit{ACD}$ wynosi $|\measuredangle \mathit{ACD}|=|\measuredangle \mathit{ACB}|-|\measuredangle \mathit{DCB}|=70\circ -20\circ =50\circ$.

Wynik:

$2$ $\mathrm{kg}$

Ciepło spalania drewna wynosi $21\mathrm{MJ}∕\mathrm{kg}=21000\mathrm{kJ}∕\mathrm{kg}$, ciepło właściwe wody $4,2$ $\mathrm{kJ}∕(\mathrm{kg}{}^{\circ }C)$. Ponieważ sprawność spalania drewna w ognisku wynosi tylko $0,5\%$, to spalając jeden kilogram otrzymujemy $21000\mathrm{kJ}∕\mathrm{kg}\cdot 0,005\cdot 1\mathrm{kg}=105\mathrm{kJ}$ energii. Aby doprowadzić wodę do wrzenia, czyli podnieść jej temperaturę z $0$ ${}^{\circ }C$ do $100$ ${}^{\circ }C$, Kasia potrzebuje energii $(100{}^{\circ }C-0{}^{\circ }C)\cdot 4,2\mathrm{kJ}∕(\mathrm{kg}{}^{\circ }C)\cdot 0,5\mathrm{kg}=210\mathrm{kJ}$, czyli dokładnie dwa razy więcej niż $105$ $\mathrm{kJ}$. Zatem potrzebuje $2$ $\mathrm{kg}$ drewna.

Wynik:

$68$

Niech $A$ oznacza początkową liczbę cukierków jabłkowych, a $B$ początkową liczbę cukierków bananowych. Wiemy, że $A=2\cdot B$. Po tym, gdy Lena zjadła $17$ cukierków jabłkowych i $17$ cukierków bananowych, zostało jej trzy razy więcej cukierków jabłkowych niż bananowych, więc $A-17=3\cdot (B-17)$. Zastępując $A$ przez $2\cdot B$ (z pierwszego równania) dostajemy:

Stąd na początku w paczce znajdowały się $34$ cukierki bananowe i $68$ cukierków jabłkowych.

Wynik:

$20$

Rozważmy najpierw pierwsze zdanie Jacka. Gdyby było prawdziwe, to jego drugie zdanie musiałoby być fałszywe. Jeśli zaś byłoby fałszywe, to drugie zdanie, znowu musiałoby być fałszywe (w przeciwnym przypadku pierwsze zdanie byłoby prawdziwe). A zatem na pewno drugie zdanie Jacka jest fałszywe. Nie możemy natomiast powiedzieć nic o prawdziwości jego pierwszego zdania.

Drugie zdanie Jacka jest fałszywe. Zatem Marcel musiał powiedzieć jedno zdanie prawdziwe i jedno fałszywe. Rozpatrzmy dwa przypadki.

Gdyby pierwsze zdanie Marcela było prawdziwe, to jego drugie zdanie musiałoby być fałszywe, co oznaczałoby, że to on jest złodziejem. Jednakże wtedy oba zdania Mateusza byłyby prawdziwe, co byłoby sprzeczne, z założeniem o tym, że pierwsze zdanie Marcela jest prawdziwe.

Stąd prawdziwe musi być drugie zdanie Marcela: Marcel nie jest więc złodziejem, a jego pierwsze zdanie musi być fałszywe. Musi zatem istnieć osoba, która powiedziała dwa prawdziwe zdania. Może być to tylko Marek lub Mateusz. Jednakże Marcel nie ma tabliczki, więc Mateusz nie mógł powiedzieć dwóch prawdziwych zdań. Stąd dwa zdania prawdziwe musiał powiedzieć Marek, co oznacza, że złodziejem jest Mateusz.

Policzmy ile prawdziwych zdań mogli wypowiedzieć podejrzani. Oba zdania Marka są prawdziwe, drugie zdanie Mateusza jest prawdziwe i drugie zdanie Marcela jest prawdziwe. Pierwsze zdanie Jacka może być prawdziwe lub fałszywe. Pozostałe zdania są na pewno fałszywe. Szeryf usłyszał zatem $4$ lub $5$ prawdziwych zdań. Stąd iloczyn możliwych odpowiedzi wynosi $4\cdot 5=20$.

Wynik:

$216$ $J$

Rozwiązanie: Książki leżące na podłodze tworzą prostopadłościan o wysokości $8\cdot 5\mathrm{cm}=40\mathrm{cm}$, a więc ich środek masy znajduje się na wysokości $20\mathrm{cm}=0,2m$ nad ziemią. Gdyby te książki położyć na półce, to utworzyłyby prostopadłościan o wysokości $20$ $\mathrm{cm}$ i środku masy na wysokości $10\mathrm{cm}=0,1m$ powyżej półki. Ponieważ półka znajduje się $1,6$ $m$ nad ziemią, to różnica wysokości środka masy książek przed i po podniesieniu na półkę wynosi $1,6m-0,2m+0,1m=1,5m$. Objętość książek wynosi $15\mathrm{cm}\cdot 20\mathrm{cm}\cdot 40\mathrm{cm}=12000{\mathrm{cm}}^3=12{\mathrm{dm}}^3$, a ich gęstość $1200\mathrm{kg}∕m^3=1,2\mathrm{kg}∕{\mathrm{dm}}^3$, zatem ich masa wynosi $12{\mathrm{dm}}^3\cdot 1,2\mathrm{kg}∕{\mathrm{dm}}^3=14,4\mathrm{kg}$. Różnica energii potencjalnej pomiędzy położeniem książek na ziemi i na półce jest równa $14,4\mathrm{kg}\cdot 10N∕\mathrm{kg}\cdot 1,5m=216J$. Oznacza to, że Marysia musi wykonać pracę o wartości $216$ $J$.

Wynik:

$51$ $\mathrm{cm}$

Wiadomo, że trzy odcinki mogą tworzyć trójkąt wtedy i tylko wtedy, gdy suma długości każdych dwóch z nich jest większa niż długość trzeciego. Zauważmy, że długości odcinków $\mathit{BC}$ i $\mathit{AC}$ wynoszą najwyżej $8$ $\mathrm{cm}$ i $18$ $\mathrm{cm}$ odpowiednio. Stąd trzeci odcinek musi być krótszy niż $8\mathrm{cm}+18\mathrm{cm}=26\mathrm{cm}$, czyli może mieć długość najwyżej $25$ $\mathrm{cm}$. Trójkąt o bokach długości $8$ $\mathrm{cm}$, $18$ $\mathrm{cm}$ i $25$ $\mathrm{cm}$ spełnia nierówność trójkąta, więc istnieje. Ponadto dwa krótsze boki mają maksymalną dozwoloną długość, a trzeci odcinek musi być krótszy od ich sumy, więc obwód długości $8\mathrm{cm}+18\mathrm{cm}+25\mathrm{cm}=51\mathrm{cm}$ jest największym możliwym.

Wynik:

$5600$ $\mathrm{kJ}$

Energia kinetyczna rośnie proporcjonalnie do drugiej potęgi prędkości. Stąd, aby uzyskać $3$ razy większą prędkość, trzeba zużyć $3\cdot 3=9$ razy więcej energii. Tak więc, aby przyspieszyć od zera do $120$ $\mathrm{km}∕h$ Sabina musi zużyć $9\cdot 700\mathrm{kJ}=6300\mathrm{kJ}$ energii. Zatem, aby przyspieszyć z $40$ $\mathrm{km}∕h$ do $120$ $\mathrm{km}∕h$, Sabina zużyła $6300\mathrm{kJ}-700\mathrm{kJ}=5600\mathrm{kJ}$ energii.

Wynik:

$1$

Przeanalizujmy wszystkie pary liczb z pierwszej kartki. Zacznijmy od par zawierających liczbę $1$. Różnice między liczbami tworzącymi takie pary to wszystkie liczby całkowite od $1$ do $99$. Następnie popatrzmy na pary liczb zawierające liczbę $2$, ale nie zawierające liczby $1$ (równoważnie: pary, w których $2$ jest mniejszą liczbą). Różnice między liczbami tworzącymi takie pary to wszystkie liczby całkowite od $1$ do $98$. Kontynuujemy to rozumowanie dochodząc do par, w których mniejszą liczbą jest $99$ - taka para jest tylko jedna i różnica wchodzących w jej skład liczb wynosi $1$. Zauważmy, że tylko liczba $1$ pojawiła się we wszystkich przypadkach, zatem na drugiej kartce występuje ona najczęściej.

Wynik:

$10$

Załóżmy, że oporniki są jednakowe, a każdy z nich ma opór R. Gdy podłączymy multimetr do opornika, zmierzymy opór w obwodzie z równolegle połączonymi opornikami. W jednej gałęzi mamy 1 opornik, a w drugiej gałęzi n-1 oporników. Analogicznie, jeśli podłączymy multimetr do dwóch oporników, to w jednej gałęzi mamy 2 oporniki, a w drugiej n-2 oporniki. W ten sposób otrzymujemy układ równań:

Po przemnożeniu równań przez mianowniki otrzymujemy układ:

Po rozwinięciu nawiasów otrzymujemy:

Teraz od pierwszego równania odejmujemy drugie równanie:

Więc wartość liczbowa oporu opornika w omach jest równa liczbie oporników. Podzielmy całe równanie przez omy i wpiszmy tę informację do równania $\mathit{nR}-R=9n\mathrm{\Omega }$:

Więc jest albo $n=0$ albo $n=10$ oporników. Przypadek $n=0$ jest jednak niefizyczny, więc musiało być $n=10$ rezystorów.

Wynik:

$14$

Zauważmy, że każdy wierzchołek ośmiokąta musi zostać połączony odcinkiem z jednym z pozostałych wierzchołków. Rozważmy kilka przypadków, w zależności od tego z jakim punktem będzie połączony wierzchołek $A$. Jeśli $A$ będzie połączony z $C$, $E$ lub $G$, to ten odcinek podzieli pozostałe wierzchołki ośmiokąta na dwie grupy zawierające nieparzystą liczbę wierzchołków. Wierzchołki każdej z takich grup nie mogą być podzielone na pary, więc nie można będzie narysować odcinków spełniających warunki zadania. Jeśli $A$ będzie połączony z $B$, to pozostałe wierzchołki będziemy mogli połączyć na $5$ sposobów:

Jeśli połączymy $A$ z wierzchołkiem $H$, to dostaniemy $5$ podobnych możliwości. Jeśli połączymy $A$ z wierzchołkiem $D$, to będziemy musieli połączyć wierzchołki $B$ i $C$. Dla pozostałych $4$ wierzchołków będziemy mieli $2$ możliwości:

Podobnie dostaniemy $2$ możliwości, jeśli połączymy wierzchołki $A$ i $F$. Rozważyliśmy wszystkie możliwe wierzchołki, z którymi $A$ może być połączony. Istnieje zatem $5+5+2+2=14$ sposobów na jakie Luiza może narysować odcinki.

Wynik:

$4000$ $\mathrm{kg}∕m^3$

Jeśli na wadze umieścimy naczynie o masie $m_{\mathit{naczynia}}=250g$ i wlejemy do niego wodę o objętości $V=0,5L$, to waga pokaże masę:

Po włożeniu kamyka na sznurku waga pokazała masę $1$ $\mathrm{kg}$. Co spowodowało wzrost masy? Na kamyk działają dwie siły - grawitacyjna i wyporu. Jest to siła wyporu, z jaką woda działa na kamyk. Z III zasady Dynamiki Newtona wynika, że kamyk musi działać na wodę siłą o tej samej wielkości, ale o przeciwnym zwrocie i jest to jedyna siła, która zmieni odczyt, jaki pokazuje waga. Wielkość siły $F$, na podstawie której waga pokazuje masę, musi być równa sumie wielkości siły grawitacji $F_G$ i wielkości siły wyporu wody na kamyku $F_W$:

Wynika z tego, że objętość kamyka wynosi:

Z drugiego ważenia wiemy, że masa kamyka wynosi $m_{\mathit{kamyka}}=1\mathrm{kg}$. Stąd gęstość kamyka musi wynosić:

Wynik:

$6$ $m∕s$

W miarę jak miś zsuwa się w dół, całkowita energia mechaniczna jest zachowana. Spadek energii potencjalnej Kubusia musi być więc równy jego energii kinetycznej. Spadek wysokości wynosi $\mathrm{\Delta }h=a{x}^2$. Stąd musi wynikać:

Gdy podstawimy wartości z treści zadania, okaże się, że miś będzie miał prędkość:

Wynik:

$18$

Trzy ściany pierwotnego sześcianu zostały pomalowane na niebiesko, a trzy na pomarańczowo. Ponadto, by przeciwległe ściany były różnej barwy, każde trzy ściany tego samego koloru musiały mieć jeden wspólny wierzchołek. Zastanówmy się, które z małych sześcianów mogą mieć jedną ścianę niebieską, a jedną pomarańczową. Takie sześciany muszą mieć wspólną krawędź z wyjściowym sześcianem i musi być to krawędź wspólna dla dwóch ścian - jednej niebieskiej i jednej pomarańczowej. Wzdłuż każdej krawędzi wyjściowego sześcianu znajdowało się $5$ takich małych sześcianów. $2$ z nich miały wspólny wierzchołek z wyjściowym sześcianem, mają więc pomalowaną także trzecią ścianę. Zatem wzdłuż każdej krawędzi pierwotnego sześcianu, która należała do jednej ściany niebieskiej i jednej pomarańczowej było $5-2=3$ mniejszych sześcianów o dokładnie jednej ścianie niebieskiej i dokładnie jednej ścianie pomarańczowej. W wyjściowym sześcianie istniało $6$ takich krawędzi. Stąd istnieje $6\cdot 3=18$ szukanych sześcianów.

Wynik:

$1413$

Liczbę będącą iloczynem $b$ kopii liczby $a$, oznaczamy przez $a^b=\underset{b\text{-razy}}{\underbrace{a\cdot a\cdot \dots \cdot a}}$

Zauważmy, że jeśli pomnożymy przez siebie $2021$ dwójek ($2^{2021}$) i $2021$ piątek ($5^{2021}$), to dostaniemy ten sam wynik, co gdybyśmy pomnożyli przez siebie $2021$ dziesiątek ($10^{2021}$). Wiemy jak taka liczba wygląda - jest to $1$ i $2021$ zer, to znaczy $1\underset{2021\text{-razy}}{\underbrace{00\dots 0}}$.

Z treści zadania wiemy, że $2^{2021}$ ma $609$ cyfr. Jest zatem liczbą większą niż $1\stackrel{608\text{-razy}}{\overbrace{00\dots 0}}$ (te dwie liczby są różne, bo liczba $2^{2021}$ nie jest wielokrotnością liczby $5$, więc nie może kończyć się zerem). Ponadto liczba $2^{2021}$ jest mniejsza niż $1\underset{609\text{-razy}}{\underbrace{00\dots 0}}$. Mamy zatem:

Oznaczmy przez $n$ liczbę cyfr liczby $5^{2021}$. Podobnie jak poprzednio, widzimy, że liczba $5^{2021}$ jest większa niż $1\stackrel{(n-1)\text{-razy}}{\overbrace{00\dots 0}}$ (te liczby są różne, bo liczba $5^{2021}$ nie jest wielokrotnością liczby $2$, więc nie może kończyć się zerem). Ponadto liczba $5^{2021}$ jest mniejsza niż $1\underset{n\text{-razy}}{\underbrace{00\dots 0}}$. Stąd mamy:

Połączmy powyższe informacje. Rozważmy iloczyn liczb $2^{2021}$ i $5^{2021}$. Gdy zastąpimy je przez mniejsze liczby dodatnie, to otrzymamy mniejszy iloczyn, a zatem:

Podobnie:

Przypomnijmy, że przy mnożeniu liczb zakończonych zerami liczba zer się sumuje, zatem:

Ograniczyliśmy w ten sposób liczbę $2^{2021}\cdot 5^{2021}$ przez liczby $1\stackrel{(n+607)\text{-razy }}{\overbrace{00\dots 0}}$, $1\stackrel{(n+609)\text{-razy}}{\overbrace{00\dots 0}}$. Jedyną liczbą pomiędzy nimi, która składa się z jednej $1$ i samych zer, jest liczba z $n+608$ zerami. Wiemy jednak, że liczba $2^{2021}\cdot 5^{2021}$ ma właśnie taką postać, a zatem musi być tą liczbą. Ponieważ wiemy, że $2^{2021}\cdot 5^{2021}=1\underset{2021\text{-razy}}{\underbrace{00\dots 0}}$, to musi zachodzić $n+608=2021$.

Stąd szukana liczba cyfr liczby $5^{2021}$ wynosi $n=2021-608=1413$.

Wynik:

$60$ $g$

Jeśli tłoki nie poruszają się, to na tłoki musi działać taka sama siła z obu stron, a więc suma sił wynosi 0. Skoro tłok ma taką samą powierzchnię po obu stronach, to musi na niego działać takie samo ciśnienie. Ciśnienie działające na mały tłok z kierunku tłoka z wodą, ma dwie składowe - ciśnienie hydrostatyczne i ciśnienie wywołane siłą zewnętrzną (ciężar obiektu na tłoku). Ciśnienie hydrostatyczne słupa wody o wysokości $h_1=20\mathrm{cm}$ wynosi:

Ciśnienie wywołane przez przedmiot o masie $m_1=100g$ nałożony na tłok o powierzchni $S_1=10{\mathrm{cm}}^2$ wynosi:

Podobnie, ciśnienie hydrostatyczne słupa oleju o wysokości $h_2=30\mathrm{cm}$ i ciśnienie wywołane przez obiekt o nieznanej masie $m_2$ nałożony na tłok o powierzchni $S_2=20{\mathrm{cm}}^2$ wynoszą:

Jak powiedzieliśmy $p_{h1}+p_{t1}=p_{h2}+p_{t2}$. Możemy więc powiedzieć, że:

Stąd możemy wyrazić $m_2$:

Maciek musi zatem umieścić przedmiot o masie $60$ $g$ na drugim tłoku.

Wynik:

$15$

Wybieramy najpierw dwie osoby, które nie zmieniły miejsca. Dzielą one pozostałą część grupy na trzy podgrupy - na lewo od obu osób które nie zmieniły miejsca, pomiędzy nimi i na prawo od nich (podgrupa może być pusta). Zauważmy, że członek każdej podgrupy musi siedzieć na miejscu, które należało przed przerwą do innego członka tej samej podgrupy.

Popatrzmy na kraniec niepustej podgrupy - miejsce obok osoby, która nie zmieniła siedzenia lub miejsce na skraju rzędu. Dla tego miejsca istnieje tylko jedno miejsce sąsiadujące w danej podgrupie, więc osoba siedząca na krańcowym miejscu po przerwie musiała siedzieć przed przerwą właśnie na nim. Podobnie osoba siedząca przed przerwą na krańcowym miejscu może siedzieć po przerwie tylko na tym jedynym miejscu sąsiednim w danej podgrupie. To oznacza, że te dwie osoby musiały zamienić się miejscami. Kontynuując rozumowanie widzimy, że wewnątrz każdej podgrupy możemy dobrać w pary osoby, które zamieniły się w trakcie przerwy miejscami. W szczególności każda podgrupa musi liczyć parzystą liczbę członków.

"Połączmy" każde dwie osoby, które zamieniły się miejscami w jedną nową osobę. Stworzyliśmy zatem $4$ nowe "podwójne osoby" - razem z dwa osobami, które nie zmieniły miejsca mamy więc $6$ osób i odpowiadające im $6$ miejsc ($4$ miejsca są podwójne). Zauważmy, że każdej zamianie miejsc odpowiada wybór dwóch z tych $6$ miejsc - wybór miejsc zajmowanych przez osoby, które nie przesiadły się w czasie przerwy. Pierwsze takie miejsce można wybrać na $6$ sposobów, a drugie na $5$ sposobów. Zauważmy jednak, że każdą opcję policzyliśmy dwa razy - zamiana kolejności wyboru tych dwóch miejsc daje nam ten sam przypadek. To oznacza, że grupa mogła zamienić się miejscami na $15$ sposobów.

Wynik:

$2$

Gdy rozciągamy połączone sprężyny z siłą $F$, to obie sprężyny są rozciągane z tą siłą. Sprężyna o stałej sprężystości $k_1=3N∕\mathrm{cm}$ wydłuża się o $\frac{F}{k_1}$. Analogicznie, sprężyna o stałej sprężystości $k_2=6N∕\mathrm{cm}$ wydłuża się o $\frac{F}{k_2}$. Jeśli oznaczymy nieznaną stałą sprężystości połączonych sprężyn przez $k$, to połączone sprężyny wydłużą się o $\frac{F}{k}$, co musi być sumą wydłużeń sprężyn. Stąd wynika, że:

Więc połączone sprężyny mają stałą sprężystości:

Wynik:

$100$

Po wykonaniu $n$ ruchów żeton jest przesunięty o $2+4+6+\cdots +2n$ pól. Po wyciągnięciu liczby $2$ przed nawias i zastosowaniu wzoru na sumę pierwszych $n$ dodatnich liczb całkowitych, dostajemy $2+4+6+\cdots +2n=2\cdot (1+2+3+\cdots +n)=2\cdot \frac{n(n+1)}{2}=n(n+1)$. By żeton po przesunięciu o $n(n+1)$ pól znalazł się na polu wyjściowym, liczba $n(n+1)$ musi być podzielna przez $2020$. Rozkład liczby $2020$ na czynniki pierwsze ma postać $2020=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$. W szczególności, liczba $n(n+1)$ musi być zatem podzielna przez $101$. Najmniejsze $n$, dla którego tak się dzieje wynosi $n=100$: wtedy $n+1=101$. W tym przypadku $n=100$ jest także podzielne przez $2\cdot 2\cdot 5=20$. Zatem dla $n=100$ liczba $n(n+1)$ jest podzielna przez $2020$. Pokazaliśmy zatem, że po $100$ ruchach żeton powróci na wyjściowe pole i że nie stanie się to wcześniej. Stąd Janusz musi wykonać przynajmniej $100$ ruchów.

Wynik:

$10$

Jedyną siłą zewnętrzną działającą na każdą kulę jest siła ciężkości oraz siła normalna od powierzchni, wszystkie działające w kierunku pionowym. W związku z tym środek masy układu nie może poruszać się w kierunku poziomym. Gdy układ przestanie się poruszać, środek masy układu musi znajdować się powyżej początkowego punktu styku większej kuli z powierzchnią. Musimy tylko dowiedzieć się, jak daleko w kierunku poziomym od pierwotnego punktu styku znajduje się środek masy układu przed rozpoczęciem ruchu. Środek masy większej kuli znajduje się nad punktem styku z powierzchnią w odległości $0$ $\mathrm{cm}$ w kierunku poziomym. Środek masy mniejszej kuli znajduje się natomiast w odległości $20$ $\mathrm{cm}$ w kierunku poziomym. Ponieważ kule mają jednakową masę, środek masy układu znajduje się w punkcie środkowym odcinka łączącego środki mas kul. Oznacza to, że pierwotny środek masy układu znajduje się w odległości $10$ $\mathrm{cm}$ w kierunku poziomym od pierwotnego punktu styku z powierzchnią. Większa kula przesuwa się więc o $10$ $\mathrm{cm}$ od pierwotnego punktu styczności z powierzchnią.

Wynik:

$22$

Bob ciągnie linę z siłą $F=800N$. Napięcie w linie jest więc równe sile $F$ w każdym jej punkcie. Jest to również prawdą w dolnym kole pasowym, po obu stronach liny wokół dolnego koła pasowego, dlatego na linę działa siła $2F$, przesuwając ją do góry. Jest to oczywiście prawdą za każdym razem, gdy lina okrąża dolne koło pasowe. Jeśli lina zapętli się wokół krążka kilka razy, siła działająca na dolny krążek wynosi $2\mathit{nF}$. Aby podnieść koparkę o masie $m=3500\mathrm{kg}$, siła ta musi być większa niż siła grawitacji działająca na koparkę. Dlatego:

I widzimy, że lina musi okrążyć dolny krążek co najmniej $22$ razy.

Wynik:

$3$ $\mathrm{cm}$

Oznaczmy przez $r$ długość promienia mniejszego okręgu. Po narysowaniu obrazka, możemy wypisać długości niektórych odcinków:

Popatrzmy na zamalowany trapez. Jego podstawy to promienie mniejszego i większego okręgu. Ramię prostopadłe do podstaw także ma długość promienia większego okręgu. Wreszcie drugie ramię trapezu ma długość równą sumie długości promieni większego i mniejszego okręgu. Podzielmy trapez na prostokąt i trójkąt prostokątny. W trójkącie prostokątnym długości boków wynoszą $12\mathrm{cm}$, $12\mathrm{cm}-r$, $12\mathrm{cm}+r$. Z twierdzenia Pitagorasa:

Stąd promień mniejszego okręgu ma długość $r=3\mathrm{cm}$.

Wynik:

$39\mathit{mm}$

Gdy Łucja zamraża kamyk lub marmur w sześcianie, sześcian nie zmienia objętości, ale zwiększa masę. Zmienia to średnią gęstość sześcianu. Jeśli sześcian nie tonie, to objętość podwodnej części sześcianu jest wprost proporcjonalna do jego średniej gęstości, a więc również wysokość podwodnej części musi być wprost proporcjonalna do średniej gęstości. Ponadto, dodanie kamyka (lub marmuru) zawsze zwiększa gęstość średnią o tę samą wartość. Stąd zawsze zwiększa to wysokość podwodnej części sześcianu o tę samą wartość, co oznacza również, że zawsze zmniejsza wysokość części nad powierzchnią wody o tę samą wartość. Gdy w sześcianie mieliśmy tylko kamyk, a dodaliśmy marmur, to wysokość części nad wodą zmniejszyła się o $3,2\mathrm{mm}-1,9\mathrm{mm}=1,3\mathrm{mm}$. Zatem dodanie marmuru zawsze zmniejsza wysokość części nad wodą o $1,3$ $\mathrm{mm}$. Gdybyśmy wzięli sześcian z samym marmurem i zabrali marmur, to sześcian zawierający tylko lód miałby wysokość części nad wodą $2,6\mathrm{mm}+1,3\mathrm{mm}=3,9\mathrm{mm}$. Dla sześcianu o boku długości $a$, objętości części podwodnej $V^{\prime }$ i wysokości części nad wodą $h=3,9\mathrm{mm}$ otrzymujemy z zasady Archimedesa, że:

Stąd sześcian Łucji miał bok długości $39$ $\mathrm{mm}$.

Wynik:

$24$

Na pierwszy rzut oka wydaje się, że nie ma żadnej regularności w pojawianiu się kolejnych liczb na drugiej liście. Okazuje się, że jest jednak inaczej. Jeśli wypiszemy kilka liczb z drugiej listy, to zorientujemy się, że liczba $1$ pojawia się wśród nich zaskakująco często. Ponadto po wystąpieniu jedynki liczby na drugiej liście rosną tak długo aż jedynka pojawi się ponownie.

Zastanówmy się jakie liczby mogą występować na drugiej liście po każdej ustalonej liczbie:

• Po liczbie $1$ może występować tylko $2$ lub $3$.
• Po liczbie $2$ może występować tylko $4$ lub $5$.
• Po liczbie $3$ może występować tylko $6$ lub $7$.
• Po liczbie $4$ może występować tylko $8$ lub $9$.
• Po liczbach $5$, $6$, $7$, $8$ i $9$ może występować tylko $1$ - zostaje wtedy zwiększona liczba cyfr odpowiedniej liczby z pierwszej listy.

Możliwe "następniki" poszczególnych liczb przedstawione są na poniższym rysunku:

Jedynki dzielą zatem liczby na drugiej liście na bloki. Ponadto prawie wszystkie bloki składają się z $3$ liczb (wliczając samą jedynkę). Istnieją tylko dwa typy bloków zawierające $4$ liczby: blok $1$, $2$, $4$, $8$ i blok $1$, $2$, $4$, $9$. Są to ponadto jedyne bloki zawierające liczby $8$ i $9$.

Zauważmy wreszcie, że gdy docieramy do liczby $1$ na drugiej liście, to odpowiadająca jej liczba z pierwszej listy ma o jedną cyfrę więcej od poprzedzającej ją liczby - wynika to stąd, że $1$ może pojawić się na drugiej liście tylko w wyniku zwiększenia liczby cyfr liczby z pierwszej listy.

Połączmy powyższe spostrzeżenia. Wiemy, że ostatnie trzy cyfry na drugiej liście to $1$, $2$, $5$, składają się one zatem na pełny blok. Liczbom z pierwszego bloku odpowiadają jednocyfrowe liczby z pierwszej listy, a liczbom z ostatniego bloku odpowiadają $167$-cyfrowe liczby z pierwszej listy. Stąd musi występować $167$ bloków. Gdyby wszystkie z nich składały się z $3$ liczb, to druga lista składałaby się w sumie z $3\cdot 167=501$ liczb. Zatem $555-501=54$ bloków musi składać się z $4$ liczb. Stąd $54$ razy na drugiej liście pojawia się jedna z liczb $8$, $9$. Ponieważ liczba $8$ pojawia się $30$ razy, to liczba $9$ pojawia się $54-30=24$ razy.