Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Spróbujmy sobie naszkicować nasz prostopadłościan, łatwiej nam będzie wtedy wykonać obliczenia:


Krok 2. Obliczenie długości wszystkich krawędzi prostopadłościanu.
W naszym prostopadłościanie mamy \(8\) krawędzi po \(5cm\) (podstawa dolna i górna) oraz \(4\) krawędzie po \(3cm\) (krawędzie boczne), zatem suma długości wszystkich krawędzi wyniesie:
$$8\cdot5cm+4\cdot3cm=40cm+12cm=52cm$$

Krok 1. Omówienie zwycięskiej strategii.
Zasady zabawy można streścić w jednym zdaniu - wygrywa osoba, która weźmie ostatni kamień. Kiedy Ania weźmie dwa kamienie z drugiego stosu to doprowadzi do sytuacji w której w pierwszym i drugim stosie będzie dokładnie jeden kamień. Skoro tak, to Jarek zgodnie z regułami gry nie będzie miał wyjścia i będzie musiał wziąć jeden kamień (z pierwszego lub drugiego stosu). To sprawi, że przed ruchem Ani zostanie wtedy tylko jeden ostatni kamień w grze i to ona zabierając go wygra tę rywalizację.

Krok 2. Omówienie pozostałych wariantów rozgrywki.
Opisana powyżej strategia jest jedyną wygrywającą (albo inaczej ujmując: jedyną w której Ania nie musi liczyć na błąd Jarka). Jak wyglądałaby gra w innych przypadkach?

Gdyby Ania wzięła jeden (ostatni) kamień z pierwszego stosu, to przed swoim ruchem Jacek miałby trzy kamienie na stosie drugim i wtedy to on zabierając trzy kamienie wygrałby grę.

Gdyby Ania wzięła jeden kamień z drugiego stosu, to Jarek biorąc kolejny kamień z drugiego stosu doprowadzi do sytuacji w której mamy po jednym kamieniu na obu stosach i ruch Ani. Wtedy Ania weźmie jeden kamień (nie ma wyjścia), a Jarek weźmie ostatni kamień.

Gdyby Ania wzięła trzy (czyli wszystkie) kamienie z drugiego stosu, to Jarek weźmie ostatni kamień z pierwszego stosu zapewniając sobie tym samym zwycięstwo.

Krok 1. Ustalenie liczby dni z bezpłatnymi wyjściami na basen.
Marzec ma \(31\) dni. Skoro co czwarty dzień Wojtek pływał za darmo, to takich bezpłatnych wyjść na basen miał dokładnie \(7\):
4 marca
8 marca
12 marca
16 marca
20 marca
24 marca
28 marca

Krok 2. Ustalenie liczby płatnych wyjść na basen.
Wojtek był na basenie \(31\) razy, z czego \(7\) wejść miał bezpłatnych. To oznacza, że płatnych wejść miał:
$$31-7-24$$

Krok 3. Obliczenie wydatków.
Skoro każde płatne wejście kosztuje \(9zł\), a Wojtek miał takich wejść \(24\), to przez cały marzec zapłacił za nie:
$$24\cdot9zł=216zł$$

Możemy sobie rozpisać wszystkie możliwości i sprawdzić które rozwiązania będą spełniać warunki naszego zadania:
Jeżeli kupimy \(0\) małych opakowań, to dużych musimy kupić \(25:4=6,25\).
Jeżeli kupimy \(1\) małe opakowanie (\(3\) piłki), to dużych musimy kupić \(22:4=5,5\).
Jeżeli kupimy \(2\) małe opakowania (\(6\) piłek), to dużych musimy kupić \(19:4=4,75\).
Jeżeli kupimy \(3\) małe opakowania (\(9\) piłek), to dużych musimy kupić \(16:4=4\).
Jeżeli kupimy \(4\) małe opakowania (\(12\) piłek), to dużych musimy kupić \(13:4=3,25\).
Jeżeli kupimy \(5\) małe opakowania (\(15\) piłek), to dużych musimy kupić \(10:4=2,5\).
Jeżeli kupimy \(6\) małe opakowania (\(18\) piłek), to dużych musimy kupić \(7:4=1,75\).
Jeżeli kupimy \(7\) małe opakowania (\(21\) piłek), to dużych musimy kupić \(4:4=1\).
Jeżeli kupimy \(8\) małe opakowania (\(24\) piłki), to dużych musimy kupić \(1:4=\frac{1}{4}\).

Interesują nas tylko te przypadki w których otrzymaliśmy całkowitą liczbę dużych opakowań, czyli są dwie możliwości zakupu \(25\) piłek:
\(3\) małe opakowania oraz \(4\) duże
\(7\) małych opakowań oraz \(1\) duże

Do zadania można też było podejść nieco sprytniej. Wystarczyło zauważyć, że małych opakowań musi być nieparzysta ilość, bo tylko wtedy uda nam się zakupić łącznie nieparzystą ilość piłek. Dostrzegając tę rzecz mogliśmy pominąć sprawdzanie przypadków z parzystą ilością małych opakowań.

Krok 1. Wyznaczenie wymiarów szarej części paska.
Szara część jest prostokątem. O tym prostokącie wiemy, że ma wysokość \(2cm\) i że ma pole \(8cm^2\), czyli długość tego prostokąta wynosi:
$$a\cdot2cm=8cm^2$$ $$a=4cm$$

Krok 2. Obliczenie pola powierzchni białej części paska.
Biała część paska jest trapezem, w którym wysokość ma miarę \(h=2cm\), dłuższa podstawa ma miarę \(a=12cm-4cm=8cm\), natomiast krótsza podstawa ma \(b=8cm-2cm=6cm\).


Pole tej figury będzie zatem równe:
$$P=\frac{1}{2}(a+b)\cdot h$$ $$P=\frac{1}{2}\cdot(8cm+6cm)\cdot2cm$$ $$P=\frac{1}{2}\cdot14cm\cdot2cm$$ $$P=14cm^2$$

Jeżeli nie dostrzegliśmy tego, że jest to trapez to mogliśmy też zauważyć że nasza biała część ma pole powierzchni równe powierzchni prostokąta o wymiarach \(8cm\times2cm\), pomniejszonego o trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(2cm\) i \(2cm\) (patrz rysunek):


Wtedy:
$$P=P_{prostokąta}-P_{trójkąta}$$ $$P=8cm\cdot2cm-\frac{1}{2}\cdot2cm\cdot2cm$$ $$P=16cm^2-2cm^2$$ $$P=14cm^2$$

Możemy dojść do rozwiązania obliczając koszty wypożyczenia dla każdego poszczególnego dnia, natomiast najlepiej jest rozwiązać to zadanie układając proste równanie.

Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń i ułożenie równania.
\(x\) - liczba dni powyżej trzeciego dnia
\(8+2,5x\) - łączna kwota za wypożyczenie gry w Gierce
\(12+2x\) - łączna kwota za wypożyczenie gry w Planszówce

Naszym zadaniem jest sprawdzenie kiedy koszt wypożyczenia gry będzie jednakowy, czyli kiedy wartości \(8+2,5x\) oraz \(12+2x\) się zrównają, czyli kiedy:
$$8+2,5x=12+2x$$

Krok 2. Rozwiązanie powstałego równania.
$$8+2,5x=12+2x$$ $$0,5x=4$$ $$x=8$$

Krok 3. Interpretacja otrzymanego wyniku.
Patrząc się na oznaczenia nasz \(x\) oznacza, że koszty wypożyczenia zrównają się po ośmiu dniach powyżej trzeciego dnia, czyli będzie to dzień jedenasty.