Zadania 41-50

A czy przypadkiem 2010 nie należy również do ciągu tysiąca takich lat? Dwójka się nie zmieni dość długo.

Takich lat jest dokładnie 25. Są ograniczone latami 1987 i 2013, w których żadna cyfra się nie powtarza.

W XXI wieku, aby rok spełniał warunki zadania, musi mieć powtórzoną cyfrę 2 lub 0, albo zawierać lata o numerach typu: 2011, 2022, 2033... Dobre numery są w okresie 2020-2030, ale jest on za krótki. Potem nie ma już takich okresów. W XXII wieku musi się powtarzać cyfra 2 lub 1. Pierwszy taki okres wypada w latach 2110-2129 i ma wystarczającą długość.

Cztery liczby naturalne (bez zera) spełniają równość:
abcd + bcd + acd + abd + abc + ab + bc + ac + bd + ad + bc + a + b + c + d = 2009.
Ile wynosi suma tych czterech liczb? I nie jest to bynajmniej zadanie nie na czasie!

Oznaczmy nasze wyrażenie przez X. Wówczas X = (1+a)(1+b)(1+c)(1+d)-1 = 2009, czyli
X+1 = (1+a)(1+b)(1+c)(1+d) = 2010 = 2·3·5·67. Ze względu na to, że a, b, c, d są niezerowe, czwórka (a, b, c, d) = (1, 2, 4, 66) jest jedynym rozwiązaniem zadania.

Mamy grupę mistrzostw świata w piłce nożnej. Zasady mundialowe rozdzielania punktów są następujące:
- grupa składa się z 4 drużyn,
- pierwsze dwie drużyny wychodzą z grupy
- w każdym meczu przyznaje się 3 pkt. za zwycięstwo, 0 pkt za porażkę, 1 pkt. za remis.

Jaka jest najmniejsza liczba punktów, która pozwala wyjść z grupy?

Wystarczą 2 punkty. Aby uprościć rozważania, ponieważ szukamy najmniejszej możliwej liczby punktów, załóżmy, że zwycięzca grupy zdobył komplet 9 punktów. Wtedy pozostaje do rozważenia grupa złożona z 3 drużyn, w której jedna drużyna ma wygrać, zdobywając jak najmniej punktów. Każda drużyna rozgrywa dwa mecze. Jeżeli każdy z nich zakończy się remisem, każda z drużyn zdobywa po 2 punkty, a do dalszych rozgrywek przechodzi drużyna z najlepszym bilansem bramek. Równocześnie nie ma możliwości, aby każda drużyna miała 1 punkt, więc 2 to wartość minimalna.

Co więcej, ta teoretyczna sytuacja miała miejsce na ME w 2004 roku!

W pewnym kraju jest 5 miast: A, B, C, D, E. Odległości między nimi wynoszą: AB = 30 km, BE = 80 km, ED = 20 km, CD = 65 km, AD = 110 km, BC = 15 km. Jaka jest odegłość między miastami B i D?

Weźmy trzy pierwsze odległosci w porządku alfabetycznym: AB=30 km, BC=15 km, CD=65 km. Ponieważ AD=110 km, to A, B, C, D są współliniowe. Teraz widać, że |BD|=|AD|-|AB|= 80 km.

Ponieważ autor poprzedniego rozwiązania w zadanym czasie nie wpisał następnego zadania, aby nie przerywać łańcucha, kolejne zadanie pochodzi od redakcji Portalu.

Oczywiście n! jest zawsze podzielne przez n. Jest też podzielne przez n² dla n=1 i liczb złożonych różnych od 4. A dla jakich liczb naturalnych n! jest podzielne przez n³?

Ponieważ liczba n! jest iloczynem n!=1·2·3·...·n, wśród tych czynników zawsze znajdą się wszystkie dodatnie dzielniki liczby n. Można zauważyć, że n³ dzieli n!,  gdy liczba n ma co najmniej 6 dzielników. Gdy dzielniki n ustawimy rosnąco {1, d₁, d₂,..., d_k-2, d_k-1, d_k=n}, to zawsze możemy je  pogrupować w pary o iloczynach równych n: (1, n), (d₁, d_k-1), (d₂, d_k-2),... Wystarczy więc, że znajdą się trzy takie pary.

Rozwiązanie Omara jest warunkiem wystarczającym, ale nie koniecznym podzielności liczby n! przez n³. Liczba n! NIE jest podzielna przez n³ w następujących przypadkach:
a) n jest liczbą pierwszą,
b) n jest podwojoną liczbą pierwszą,
c) n jest jednym z wyjątków: 8, 9.
Nijak się to ma do liczby dzielników liczby n.

Z 30 balonów, jakie ma do dyspozycji, pan Dymacz musi na imprezie nadmuchać dwa. Wybiera je losowo i nadmuchuje. Ma trzy podejścia. Nie wie, że cztery spośród balonów są uszkodzone. Jakie jest prawdopodobieństwo, że pan Dymacz wypełni swoje zadanie?

Myślę, że 100%. Nawet jeśli przy pierwszym podejściu wybierze dwa uszkodzone, przy drugim kolejne dwa, to przy trzecim zostaną mu do dyspozycji już tylko dobre balony.

Przez "podejście" rozumiemy wybór pojedynczego balonu.

[tex]\frac {{{30-4}\choose{2}} {{4}\choose{1}} + {{30-4}\choose{3}} {{4}\choose{0}}} {{{30}\choose{3}}}=\frac {195}{203}\approx 0,96[/tex]

Jeśli ktoś preferuje podejście do takich zadań przez drzewka probabilistyczne, to może ten sam wynik otrzymać z poniższego rysunku. Należy dodać prawdopodobieństwa przejścia drogami zakończonymi sukcesem - kolor zielony.

Dana jest automatyczna sekretarka z opcją zdalnego logowania. Po zadzwonieniu do niej i wpisaniu 4-cyfrowego kodu z klawiatury telefonu, można odsłuchać wiadomości. Maszyna zaakceptuje kod, bez względu na to, co go poprzedzi (dla kodu '1234' zaakceptowana zostanie kombinacja '0941234'). Ile co najmniej cyfr atakujący musi wprowadzić, aby włamać się do systemu?

Ale zleżałe zadanie się trafiło... No to może zacznę chociaż...
Zakładam, że kod zawiera tylko cyfry od 0 do 9. Szukamy najkrótszej liczby, która ma w swoim zapisie wszystkie ciągi czterocyfrowe. Dobrą odpowiedzią mogłoby być wtedy 10⁴+3 (bo różnych takich ciągów jest 10⁴, a w najlepszym przypadku każde kolejne cztery cyfry, zaczynając od pierwszej, drugiej, trzeciej itd. dają różne kody. Został tylko 'drobiazg', pokazanie, że taka liczba istnieje.

Dokończenie rozumowania jest trochę z innej bajki. Tworzymy graf skierowany złożony z 1000 wierzchołków ponumerowanych wszystkimi trójkami cyfr: 000, 001, ..., 999 i łączymy strzałkami wierzchołki postaci abc -> bcd. Dostajemy graf spójny, bo np. wierzchołki 235 i 874 łączy droga 235 -> 358 -> 587 -> 874.
Z każdego wierzchołka grafu wychodzi 10 strzałek i wchodzi do niego też 10 strzałek (w tym pętle). Twierdzenie Eulera o grafach jednobieżnych mówi, że w takim grafie istnieje droga
przechodząca przez każdą strzałkę dokładnie raz. Taka droga koduje rozwiązanie zadania 47. Czy już widzisz jak?

Ale rozwiązanie zadania 47 ma polegać na przejściu raz przez każdy wierzchołek grafu, a nie przez każdą strzałkę!

Strzałce 587 -> 874 odpowiada kod 5874, a strzałce 253 -> 533 odpowiada kod 2533. Ogólnie strzałce abc -> bcd odpowiada kod abcd. Obejście wszystkich strzałek tego grafu da rozwiązanie zadania 47. Czy już widzisz jak?

Poprzednie zadanie można chyba już uznać za rozwiązane wspólnymi siłami uczestników Maratonu zadaniowego i redakcji Portalu. Proponujemy więc kolejne zadanie, tym razem z geometrii.

Przekątne trapezu równoramiennego dzielą kąty przy dłuższej podstawie na połowy i przecinają się pod kątem 120 stopni. Dłuższa podstawa ma 12 cm. Oblicz obwód tego trapezu.

1) Z symetrii trapezu równoramiennego i ze wzoru na sumę kątów trójkąta wynika, że kąty między przekątną a podstawami trapezu mają po 30 stopni.
2) Z treści zadania wynika, że kąt między przekątną a ramieniem trapezu przy dłuższej podstawie też ma 30 stopni.
3) Na mocy 2) trójkąt, którego bokami są: ramię trapezu, jego krótsza podstawa i przekątna jest równoramienny, więc krótsza podstawa ma długość taką jak ramię trapezu.
4) Po opuszczeniu wysokości z wierzchołków trapezu leżących przy jego krótszej podstawie i zsunięciu powstałych połówek trójkątów równobocznych widać, że ramię trapezu jest sumą odcinków na dolnej podstawie wystających poza rzut na nią górnej podstawy.
5) Na mocy 3) i 4) dolna podstawa jest 2 razy dłuższa od ramienia.
6) Stąd wynika, że ramię trapezu ma długość 6 cm, a obwód jest pięciokrotnością ramienia i ma 30 cm.

Adam jest w stanie wyplewić truskawkowe pole w 2 godziny, Barbara w 3, Czesław w 4, a Danuta w 5. Ile zajmie im wyplewienie pola, gdy będą pracowali wespół w zespół?

46.75324675324675 minuty

Zajmie to im razem około 46 minut i 52,5 sekundy.

Odpowiedź to jednak nie to samo, co rozwiązanie. Może ktoś napisze, skąd biorą się te wyniki.

Odpowiedź Elki jest poprawna a Kubby nie. W godzinę A wypieli 1/2 pola, B – 1/3, C- 1/4 i D – 1/5 pola. Wobec tego razem w godzinę wypielą 1/2 + 1/3+ 1/4 + 1/5 = (30+20+15+12)/60 = 77/60 pola. Zatem 1/60 pola wypielą w czasie 77 razy krótszym (czyli 60/77 minuty), a z kolei całe pole (=60/60 pola) w czasie 60 razy dłuższym od ostatniego, czyli 60·60/77 minuty tj. 3600/77 = 46 minut i 58/77 minuty, czyli 46 minut i 3480/77 sekundy, co ostatecznie daje 46 minut 45 sekund i 15/77 kolejnej sekundy.

Zadaję jako następne, zadanie wpisane tu już wcześniej przez Kubbę.

Pół godziny temu na stole leżała porcja cukierków, a teraz ich nie ma. Ojciec spojrzał srogo na swoich dwóch dynów i dwie córki.
- Kto zjadł słodycze? - zapytał.
- Ja nie - odparła Joasia.
- To któraś z dziewczyn - powiedział Rysiek.
- Nieprawda - zawołał Marek. - To Rysiek zjadł.
- To nieprawda - rzekła Hania.
Z długoletniego doświadczenia ojciec wiedział, że troje z nich zawsze mówi prawdę, a jedno zawsze kłamie, więc natychmiast wiedział, kto zjadł słodycze. Kto to był?

Zdania wzajemnie sprzeczne wypowiedzieli Marek i Hania oraz Marek i Rysiek, zatem kłamie Marek (bo gdyby mówił prawdę, to kłamcami byliby Hania i Rysiek, a jest nim tylko jedna osoba). Ponieważ Rysiek i Joasia mówią prawdę, to cukierki zjadła Hania.