OBMEP 2021: 第 2 フェーズ - レベル 1

演習 1

Mariana は、5 黒、5 白、5 グレーの 15 ピンのセットを持っています。同じ色のピンには同じポイントの価値があります。プレイで得られるスコアは、倒されたピンに対応するピンのポイントの合計である。 1 回のプレイで、マリアナは 2 つの黒いペグを倒し、10 ポイントを獲得しました。別のプレイでは、彼女は黒と白のペグを倒して 12 ポイントを獲得しました。 3 番目の動きで、マリアナは 3 本の黒、1 本の白、3 本の灰色のピンを倒し、55 ポイントを獲得しました。

チャレンジ チャレンジ

A) 黒いペグはそれぞれいくらですか?

応答: 5

2 ピンには 10 ポイントの価値があるため、各黒いピンには次の価値があります。

$$\text{Pino}_{\text{preto} }=10/2=5$$ チャレンジ

B) 各灰色のピンの価値はいくらですか?

応答: 11

  • ステップ 1: 白いピン チャレンジ

    $$\text{Pino}_{\text{branco} }=12-5=7$$

  • ステップ 2: 灰色のピン

    $$3\text{Pino}_{\text{cinza} }=55-15-7=33$$
チャレンジ $$\text{Pino}_{\text{cinza} }=\frac{33}{3}=11 ~\text{pinos cinzas}$$

C) マリアナは、各色のピンを少なくとも 1 本倒すことで、1 プレイで 42 ポイントを獲得しました。彼女は各色のペグを何本倒しましたか?

声明：

  • マリアナが 42 ポイントを獲得したプレイで、
  • 各色の少なくとも 1 本のペグが倒されました。

可能性：

  • 2 個の黒いペグと各黒いペグは 5 ポイントの価値があります。
  • 3 個の白いペグと各白いペグは 7 ポイントの価値があります。
  • 1 個の灰色のピンと各灰色のピンは 11 ポイントの価値があります。

ロゴ：

$$\text{Pontos total} = 2 \text{ Pinos pretos }\times 5 + 3 \text{ Pinos brancos }\times 7 + 1 \text{ Pino cinza }\times 11=42$$

この答えがどのようにして見つかったのか、そしてなぜ他の解決策がないのかを見てみましょう。

  • 灰色のピンが 1 つだけ倒された場合、黒と白のピンの値の合計 ドロップされるのは 42 – 11 = 31 である必要があります。 5 と 7 の九九を観察すると、 31 を 5 の倍数と 7 の倍数の合計として書き込む唯一の方法は、 31 = 2 × 5 + 3 × 7。これが上で紹介した解決策です。
  • 灰色のピンが2本倒された場合、黒と白のピンの値の合計 ドロップされるのは 42 – 22 = 20 である必要があります。 5 と 7 の九九を観察すると、 同様に、20 を 5 の倍数の合計として書き込む唯一の方法です。 7 の倍数は 20 = 4 × 5 + 0 × 7 ですが、ステートメントが次のように述べているように、この解決策は機能しません。 少なくとも1本の白いペグが倒れた。
  • 灰色のペグを3本倒した場合、黒と白のペグの合計値が ドロップされる値は 42 – 33 = 9 である必要があり、9 を次の倍数の合計として書き込むことはできません。 5 は 7 の倍数です。
  • 灰色のペグが 4 つ以上倒された場合、ペグの合計値 ドロップされたデータは 42 を超えているため、これには当てはまりません。

演習 2

100 人が列に並んでいます。列の1番目と3番目の位置は男性によって占められています。連続する 5 つのポジションごとに、女性 3 人、男性 2 人がいます。たとえば、13、14、15、16、および 17 の位置には、女性が 3 人、男性が 2 人います。

A) 並んでいる女性は何人いますか?

チャレンジ

100 人を 5 人ずつのブロックに分割すると、100 ÷ 5 = 20 ブロックが得られます。どうやって 各ブロックには 3 人の女性がおり、合計 20 × 3 = 60 人の女性がキューにいます。

B) 声明に従って、各役職に男性または女性を記入して、下の表を完成させてください。 チャレンジ

チャレンジ
  • 最初の 5 つのポジションには男性が 2 人いるため、ポジション 2、4、および 5 を占有する必要があります。 女性による。
  • 一方、ポジション 2 ～ 6 にはすでに女性が 3 人いるため、ポジションは 6 は男性が占有する必要があります。
  • 今後、このパターンが繰り返されます。 3 から 7 にはすでに男性が 2 人いるため、位置 7 には女性が占有する必要があります。 これからも。
  • 私たちは、5 年ごとに男性と女性の順序が常に次であることを観察しました。 同じ: HMHMM、HMHMM、HMHMM…

C) 声明に従って、各役職に男性または女性を記入して、以下の表を完成させてください。 チャレンジ

95 から 100 までの最後の位置も、 シーケンス HMHMM。

チャレンジ

演習 3

ジャナイナは、小さな正方形で形成された正方形を描きます。 側面には整数の測定値があります。たとえば、図はジャナイナの様子を示しています。 10 個の正方形で形成される辺 4 の正方形を描画しました。そのうちの 2 個は 面 2 と 8 面 1。

チャレンジ

A) ジャナイナが最小量で形成される辺 3 の正方形を描く方法を示します。 辺が整数の小さな正方形も可能です。

チャレンジ

辺3の正方形を作るのに使用する正方形の数が最小になるように ジャナイナは可能な限り大きな正方形を使用する必要があります。

  • この場合、辺が 2 の正方形は 1 つだけ使用できます。もう 1 つ使用する場合、その正方形は少なくとも辺が 4 でなければならないからです。
  • 辺が2の正方形を使用する場合、余りは9 – 4 = 5の正方形で完成する必要があります 単位。
  • この図形には他に 3 つの可能な位置があります。最初の図形を回転するか、同様に辺の正方形 2 を辺の正方形 3 の他の角に移動します。

B) ジャナイナは、 辺3の正方形、辺2のいくつかの正方形および最小量 可能な辺の正方形の数 1。横のボックスに表示します。 ジャナイナはどうやってこの絵を描くことができるのでしょうか。

チャレンジ
  • ジャナイナが辺が 3 の正方形と正方形を使用したい場合 2 辺を大きな正方形にすると、これが 少なくとも測定面5が必要です。
  • 一辺5の正方形は25個の単位正方形に対応します。もし、あなたの中で 合成すると、辺3の正方形があり、残りは25 – 9 = 16 単位正方形。
  • 辺2の各正方形は、 4 単位正方形。
  • 原則として、彼女は4つを使用できます 辺の正方形は 2 ですが、この構成は不可能です。 全可能性テストでわかるように フィッティング。
  • ただし、3 つの正方形を使用することは可能です。 辺 2、残りは 4 つの単位正方形で完成します。 これは求められる最小数です。
  • 2つのタイプが見られます ジャナイナが描くことができる図形とは異なります。
  • 彼女ならできる、 前の項目と同様に、これらの図形を回転させて、他の図形を作成します。 デザイン。

C) ジャナイナは、可能な限り小さな辺が形成される正方形を描きたいと考えています 辺 1 の 13 正方形と他の大きな正方形によって 全体の測定値の側面。横のボックスにその方法を示します ジャナイナさんはこの絵を描くことができます。

チャレンジ

  • 13を含む最小の正方形 単位平方は次の平方です サイド4。

  • しかし、16 – 13 = 3 なので、これは 正方形は次の目的を果たしません ジャナイナ、なぜなら、 3単位正方形の空間、それ 3 個の単位正方形のみを使用できます。また、 したがって、それらの合計は 16 になります。 という声明。

  • 辺5の正方形において、 25 – 13 = 12 があり、これは対応します。 一辺に 3 つの正方形 2。

  • 実際には、 ジャナイナは正方形を描くことができます 側面5、できるだけ小さく、3つ 側面の正方形 2 および 13 の正方形 いくつかの異なる方法でユニットを作成し、 そのうちの 4 つを以下に例示します。

  • 辺が3の正方形を12の正方形のスペースに使用することはできないことに注意してください。 残りのスペース (12 – 9 = 3) は単位正方形でのみ占有できるため、単位正方形、 番号を 13 から 16 に増やします。

演習 4

ジョアンジーニョはセットに属する2つの異なる番号で可能なすべての部門を達成した {1、2、3、4、5、6、7、8、9}。たとえば、2 と 5 という数字を使用して、次のような割り算を行いました。

  • 2 / 5 = 0,4
  • 5 / 2 = 2,5

A) その結果、ジョアンジーニョは何部門で整数を取得しましたか?

ジョアンジーニョが作成した除算の整数は、配当が約数の倍数となる整数です。つまり、次のようになります。

  • a/b の除算。a は b の倍数です。

a と b は集合 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} の 2 つの異なる数であるため、{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} の場合、配当 a の可能性を {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}、a は b の倍数であり、b とは異なります。我々は持っています：

  • b = 1 の場合、a の可能性は {2、3、4、5、6、7、8、9}、つまり 8 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • b = 2 の場合、a の可能性は {4, 6, 8}、つまり 3 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{4}{2}, \frac{6}{2}, \frac{8}{2} \right\}$$
  • b = 3 の場合、a の可能性は {6, 9}、つまり 2 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{6}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • b = 4 の場合、a の可能性は {8}、つまり 1 の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{8}{4} \right\}$$
  • b = 5、6、7、8、9 の場合、a の可能性はありません。

したがって、ジョアンジーニョは結果として 8 + 3 + 2 + 1 = 14 の整数を取得しました。

B) ジョアンジーニョは何部門で 0,5 を超える数字を出しましたか?

ジョアンジーニョが決めた部門で0,5より大きい数字は、 配当は除数の半分より大きい、つまり次のとおりです。

  • a が b の半分より大きい a/b 除算。

a と b は集合 {1、2、3、4、5、6、7 の 2 つの異なる数値であるため、 8, 9}、{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} の約数 b の可能性ごとに、 {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} における被除数 a の可能性 (a は b と異なり、それ以上) bの半分以上。我々は持っています：

  • b = 1 の場合、a の可能性は {2、3、4、5、6、7、8、9}、つまり 8 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • b = 2 の場合、a の可能性は {3、4、5、6、7、8、9}、つまり 7 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{3}{2}, \frac{4}{2},\frac{5}{2},\frac{6}{2},\frac{7}{2},\frac{8}{2}, \frac{9}{2} \right\}$$
  • b = 3 の場合、a の可能性は {2、4、5、6、7、8、9}、つまり 7 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{2}{3}, \frac{4}{3},\frac{5}{3},\frac{6}{3},\frac{7}{3},\frac{8}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • b = 4 の場合、a の可能性は {3、5、6、7、8、9}、つまり 6 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{3}{4},\frac{5}{4},\frac{6}{4},\frac{7}{4},\frac{8}{4}, \frac{9}{4} \right\}$$
  • b = 5 の場合、a の可能性は {3、4、6、7、8、9}、つまり 6 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=5} = \left\{ \frac{3}{5}, \frac{4}{5}, \frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5}, \frac{9}{5} \right\}$$
  • b = 6 の場合、a の可能性は {4、5、7、8、9}、つまり 5 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=6} = \left\{ \frac{4}{6}, \frac{5}{6},\frac{7}{6},\frac{8}{6}, \frac{9}{6} \right\}$$
  • b = 7 の場合、a の可能性は {4、5、6、8、9}、つまり 5 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=7} = \left\{ \frac{4}{7}, \frac{5}{7},\frac{6}{7},\frac{8}{7}, \frac{9}{7} \right\}$$
  • b = 8 の場合、a の可能性は {5、6、7、9}、つまり 4 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=8} = \left\{ \frac{5}{8},\frac{6}{8},\frac{7}{8}, \frac{9}{8} \right\}$$
  • b = 9 の場合、a の可能性は {5、6、7、8}、つまり 4 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=9} = \left\{ \frac{5}{9},\frac{6}{9},\frac{7}{9}, \frac{8}{9} \right\}$$

したがって、ジョアンジーニョは8 + 7 + 7 + 6 + 6 + で0,5より大きい数値を結果として得ました。 5 + 5 + 4 + 4 = 52 分割。

C) ジョアンジーニョによって得られた結果は何通りありますか?

ジョアンジーニョが各部門で得た異なる結果は、配当と 除数には共通因数がありません。つまり、次のとおりです。

  • a/b e、a と b は互いに素数であること

なぜなら、a と b に共通因数 k がある場合、a = k × a’ および b = k × b’ となり、この共通因数は kは割り算でキャンセルできる

$$\frac{a}{b}=\frac{k a^\prime}{k b^\prime}=\frac{a^\prime}{b^\prime}$$

そして新しい部門もまた、 ジョアンジーニョが作った部門。 a と b は集合 {1、2、3、4、5 の 2 つの異なる数値であるため、 6, 7, 8, 9}、{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} の約数 b の可能性ごとに、数える {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} における被除数 a の可能性があり、a と b は互いに素数になります。 我々は持っています：

チャレンジ
  • b = 1 の場合、a の可能性は {2、3、4、5、6、7、8、9}、つまり 8 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=1} = \left\{ \frac{2}{1}, \frac{3}{1}, \frac{4}{1},\frac{5}{1},\frac{6}{1},\frac{7}{1},\frac{8}{1}, \frac{9}{1} \right\}$$
  • b = 2 の場合、a の可能性は {1、3、5、7、9}、つまり 5 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=2} = \left\{ \frac{3}{2}, \frac{3}{2},\frac{5}{2}, \frac{7}{2}, \frac{9}{2} \right\}$$
  • b = 3 の場合、a の可能性は {1、2、4、5、7、8}、つまり 6 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=3} = \left\{ \frac{1}{3}, \frac{2}{3},\frac{5}{3}, \frac{7}{3}, \frac{9}{3} \right\}$$
  • b = 4 の場合、a の可能性は {1、3、5、7、9}、つまり 5 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=4} = \left\{ \frac{1}{4}, \frac{3}{4},\frac{5}{4}, \frac{7}{4}, \frac{9}{4} \right\}$$
  • b = 5 の場合、a の可能性は {1、2、3、4、6、7、8、9}、つまり 8 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=5} = \left\{ \frac{1}{5}, \frac{2}{5}, \frac{3}{5}, \frac{4}{5},\frac{6}{5},\frac{7}{5},\frac{8}{5}, \frac{9}{5} \right\}$$
  • b = 6 の場合、a の可能性は {1, 5, 7}、つまり 3 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=6} = \left\{ \frac{1}{6}, \frac{5}{6}, \frac{7}{6} \right\}$$
  • b = 7 の場合、a の可能性は {1、2、3、4、5、6、8、9}、つまり 8 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=7} = \left\{ \frac{1}{7}, \frac{2}{7}, \frac{3}{7}, \frac{4}{7},\frac{5}{7},\frac{6}{7},\frac{8}{7}, \frac{9}{7} \right\}$$
  • b = 8 の場合、a の可能性は {1、3、5、7、9}、つまり 5 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=8} = \left\{ \frac{1}{8}, \frac{3}{8}, \frac{5}{8},\frac{7}{8},\frac{9}{8} \right\}$$
  • b = 9 の場合、a の可能性は {1、2、4、5、7、8}、つまり 6 個の可能性です。
$$\text{Conjunto}_{b=9} = \left\{ \frac{1}{9}, \frac{2}{9}, \frac{4}{9}, \frac{5}{9},\frac{7}{9},\frac{8}{9} \right\}$$

したがって、ジョアンジーニョは、8 + 5 + 6 + 5 + 8 + 3 + 8 + 5 + 6 = 54 の異なる結果を得ました。 部門。

演習 5

マリアはノートに台形と六角形で構成される図形を描きます。各六角形は青、ベージュで塗装できます またはグレー、およびそれぞれの台形、青または黒。共通の辺を持つポリゴンを同じ色にすることはできません。次の図は マリアが描いた絵の一例。

チャレンジ

A) マリアは下の図を何通りに描くことができますか? チャレンジ

マリアは六角形と台形の両方を青で描くことができるので、この色は 別々に扱われます。

  • ケース 1: 六角形が青で塗られている場合、同じ色が繰り返されないようにします。 台形の場合、これは黒にのみ塗装できます (1 の可能性があります)。
  • ケース 2: 六角形が青に塗られていない場合 (2 の可能性)、マリアは六角形を塗ることができます。 青または黒の台形 (2 個の可能性があります)。 $$\text{Caso 2}= 2\times 2 = 4$$

2 つのケースをまとめると、Maria は 1 + 4 = 5 の方法で図 1 をペイントできることがわかります。 違う

B) マリアは下の図を何通りに描くことができますか? チャレンジ

  • ケース 1: マリアが六角形を青く塗った場合、3 つの台形はすべて次のようになります。 黒塗装(1の可能性あり)。
  • ケース 2: 六角形が青く塗られていない場合 (2 の可能性)、3 つのそれぞれ 図 2 の台形は青または黒で塗装できます。 $$2\times 2 \times 2 \times 2 = 16$$

2 つのケースをまとめると、Maria は 1 + 16 = 17 の方法で図 2 をペイントできることがわかります。 違う。

C) マリアは下の絵を何通り描くことができますか チャレンジ

以下の図に従って地域をリストしてみましょう。

チャレンジ

6 個のケースに分けてみましょう。

  • ヘキサゴン1はブルー、ヘキサゴン2はベージュです。この場合、台形3、4、5を黒く塗装する必要があります(1) 可能性）。
  • ヘキサゴン1はブルー、ヘキサゴン2はグレーです。この場合、台形 3、4、5 も黒く塗装する必要があります (1 の可能性があります)。
  • ヘキサゴン1はベージュ、ヘキサゴン2はブルーです。この場合、台形 3 と 4 は黒で塗装する必要がありますが、台形 5 は青または黒で塗装できます (2 の可能性があります)。
  • ヘキサゴン1はベージュ、ヘキサゴン2はグレーです。各台形は 2 色で塗ることができます (2 × 2 × 2 = 8 の可能性があります)。
  • 六角形1はグレー、六角形2は青です。この場合、台形 3 と 4 は黒で塗装する必要があり、台形 5 は 2 色で塗装できます (2 の可能性もあります)。
  • ヘキサゴン1はグレー、ヘキサゴン2はベージュです。各台形は 2 色で塗ることができます (2 × 2 × 2 = 8 の可能性があります)。

したがって、マリアが図をペイントするには 1 + 1 + 2 + 8 + 2 + 8 = 22 通りの異なる方法があります。

演習 6

DD/MM/YY の形式で書かれた日付に 0 から 5 までのすべての数字が含まれている場合、その日は素晴らしいものになります。置く たとえば、2053 の 4 月 12 は、日付 12/04/53 に 0 から 5 までのすべての数字が含まれているため、素晴らしいものになります。次の日は、日付 13/04/53 に数字 2 が含まれていないため、素晴らしい結果にはなりません。

A) 今年 2054 最後の素晴らしい日は何ですか?

Dd/Mm/54 という日付が素晴らしい日になるためには、D、d、M、m は次のとおりである必要があります。

  • 4 と 5 が年に存在するように、0、1、2、3 が順に存在します。
  • 今年最後の素晴らしい日を過ごしたいので、12月中のどこかを探す必要があります。
  • したがって、Mm = 12となります。

したがって、30 は 03 より大きいため、2054 の最後の素晴らしい日は 30/12/54 になります。

B) 2001 年には、M を選択できないため、素晴らしい日はありません。

  • 2001 年には、M を選択できないため、素晴らしい日はありません。 Dd/Mm/Aa は素晴らしいので、M = 0 または M = 1 です。

さらに、2002、2003、2004、または 2005 年では、0 がすでに使用されているため、M = 1 の場合にのみ素晴らしい日が存在します。

  • この場合、1 を繰り返すことはできないため、必然的に m = 2 でなければなりません。これは可能性を排除します 2002 で素晴らしい一年になることを願っています。

  • 2003 で 1 日を素晴らしいものにするには、D と d が何らかの順序で 5 および 4 に等しい必要があります。こんな日は存在しないので、それは不可能です。

  • 2004 で素晴らしい年を迎えるには、D と d が何らかの順序で 3 および 5 に等しい必要があります。これも不可能です。

  • 2005 で素晴らしい年を迎えるには、D と d が何らかの順序で 3 および 4 に等しい必要があります。また無理。

  • 次にテストされる年は 2010 です。この場合、M は 1 または 0 にはなりません。

  • 次に 2012 をテストします。この場合、M=0となります。したがって、D、d、m は、ある順序で 3、4、5 になります (これは不可能です)。

  • 最後に、2013 をテストします。この場合、M = 0、D、d、m は順に次のようになります。 2、4、および 5 に等しい。

D = 0、1、2、または 3 であるため、D = 2 でなければなりません。

したがって、1 月 1 日の後の最初の日 2001 が必要なので、24/05/13 の前に来るので、答えは 25/04/13 になります。

C) 2001 と 2100 の間に、少なくとも 1 日素晴らしい日があるのは何年ですか?

2001 と 2100 の間に、

  • 素晴らしい日付を持つ最初の年は 2013 (項目 b) です。
  • 最後のものは 2054 (項目 a) です。

Dd/Mm/Aa という表記を維持し、異なる文字を覚えておく セット {0、1、2、3、4、5} の異なる数値に対応するため、カウントを分割できます 2 つの素の場合:

  • ケース 1: {A, a} は、{2、3、4、5} の 2 つの異なる要素を持つサブセットです。
    • 1 日 1d/0m/Aa が素晴らしいものであるためには、d、m、A、a が {2、3、4、5} の順列であるだけで十分です。したがって、{A, a} が {2、3、4、5} の 2 つの異なる要素を持つ部分集合である場合、今年は 1d/0m/Aa タイプのすばらしい日が少なくとも 1 回あることになります。
    • この条件で4 × 3 = 12年ができます。
  • ケース 2: {A, a} ⊂ {0, 1, 2, 3, 4, 5} は、次の 2 つの異なる要素を持つサブセットではありません。 {2、3、4、5}。 3 つのサブケースがあります。
    • A ∈ {2, 3, 4, 5} e a ∉ {2, 3, 4, 5}
      • (これらは 2020、2021、2030、2031、2040、2041,2050、および 2051 の年です)。または
    • A ∉ {2, 3, 4, 5} e a ∈ {2, 3, 4, 5}
      • (これらは 2013、2014、2015 年です。2002、2003、2004、2005、2012 年には素晴らしい日付がありません。 2013 に表示されます);または
    • A ∉ {2, 3, 4, 5} e a ∉ {2, 3, 4, 5}
      • (2000、2001、2010、2011 年には、2013 から出現し始めるため、素晴らしい日付はありません)。

2020、2030、2040、および 2050 (0 で終わる) 年には、素晴らしい日付はありません。実際、 これらの場合、M = 1、D = 2 (D = 3 の場合、すでに使用されている d = 0 または d = 1 が強制されます)、m はそうではありません。 すでに使用されているため、可能な値 0、1、2 のいずれも指定できません。

2021 年には素晴らしい日付はありません。この場合、前と同様に、M = 0、D = 2 ではありません。 mを選択することもできます。

残りのすべての年 - 2013、2014、2015、2031、2041、2051 - は、2d/0m/A1 形式または 2d/0m/1a 形式の素晴らしい日付を持っています。d、m を選択するだけです。 および a は {3、4、5} の順列の要素として使用されます。したがって、ケース 2 の合計では、次のようになります。 6 の可能性があります。 ケース 1 と 2 をまとめると、少なくとも 1 日が含まれる合計 12 + 6 = 18 年があることがわかります。 素晴らしい。素晴らしい日付を持つ年は次のとおりです。

  • 2013 (25/04/13は例です)
  • 2014 (23/05/14)
  • 2015 (23/04/15)
  • 2023 (14/05/23)
  • 2024 (15/03/24)
  • 2025 (13/04/25)
  • 2031 (24/05/31)
  • 2032 (14/05/32)
  • 2034 (12/05/34)
  • 2035 (14/02/35)
  • 2041 (23/05/41)
  • 2042 (13/05/42)
  • 2043 (12/05/43)
  • 2045 (13/02/45)
  • 2051 (23/04/51)
  • 2052 (13/04/52)
  • 2053 (14/02/53)
  • 2054 (30/12/54)

2001 と 2100 の間の他の年には、素晴らしい日付はありません。