Feladatok

Eredmény:

$48$

Ha Petike kiveszi az összes zöld színű zoknit, valamint $7$ darab piros színűt, akkor még éppen nem áll a rendelkezésére $8$ felemás színű pár, így $47$ kivett zokni még nem feltétlen elégséges. De hogyha $48$ darab zoknit vesz ki, akkor minden bizonnyal van legalább $\frac{48}{3}=16$ egyforma színű kivett zokni, és van továbbá legalább $48-8=40$ kivett zokni, amelynek a színe ettől különbözik, így biztosan tud majd Petike $8$ felemás színű zoknipárt összeállítani.

Eredmény:

$30$

A megadott $1234=28^2+2\cdot 15^2$ azonosság felhasználásával azt kapjuk, hogy

Mivel tudjuk, hogy egyetlen megfelelő számpár létezik, így azt kapjuk, hogy $x=30$.

Eredmény:

$450$

Két óraérték esetén látható a teljes óra alatt az $5$-ös számjegy, az $5$-ös és a $15$-ös érték során. Ez önmagában $120$ percet jelent. A nap további részében az $5$-ös számjegy minden óra utolsó $10$ percében látható (ez $22\cdot 10=220$ perc), valamint a fennmaradó $50$ percekben még $5$ további perc során lehet látni (ez még $22\cdot 5=110$ perc). Tehát összesen éppen $450$ percről van szó.

Eredmény:

$1120$

Mivel a kis téglalapok oldalainak aránya $2:5$, jelöljük a hosszukat $2x$-szel és $5x$-szel. A nagy téglalap oldalainak hossza tehát $10x$ és $7x$, így a nagy téglalap kerülete $2\cdot (10x+7x)=34x$. Ez alapján tehát $x=4$, vagyis a nagy téglalap területe $10\cdot 7\cdot 4^2=1120$.

Eredmény:

$10$

Legyen $a$ a kicsi, $1\text{cm}$ oldalhosszúságú háromszög alakú csokoládé területe. Ekkora a nagyobb csokoládé területe $4a$, az összes csokoládé együttes területe tehát $\mathit{na}+4\mathit{na}=5\mathit{na}$, a doboz területe pedig $s^{2}a$ hiszen a doboz alakja is hasonló a kis csokoládé alakjához, a hasonlóság aránya pedig éppen $s$. Tehát azt kaptuk, hogy $5n=s^2$, így $s$ az $5$ többszöröse lehet csupán.

Belátható, hogy nem lehet $5$ nagy csokoládét elhelyezni az $5\text{cm}$ oldalhosszúságú dobozban, emiatt $s\ne 5$. Azonban $20$ kicsi, és $20$ nagy csokoládét már egyszerűen el lehet helyezni egy $10\text{cm}$ oldalhosszúságú dobozban.

Eredmény:

$21$

Egyfelől tetszőleges számú zokni esetében a kiválasztott zoknik száma előáll a páros sok, egymással párt formáló zoknik számának, valamint a néhány további, pár nélküli zokni számának az összegeként (ez utóbbi szám a színek száma miatt legfeljebb $6$). Ha Petike $21$ zoknit vesz ki, akkor nem lehetséges, hogy van $6$ olyan kivett zokni, aminek nincsen párja, hiszen $21-6=15$ nem páros. Így legfeljebb $5$ darab pár nélküli zokni van nála, a fennmaradó zoknik pedig $\frac{21-5}{2}=8$ darab páronként egyforma színű párt alkotnak. Másfelől pedig $20$ zokni kivétele nem elégséges, mivel lehet, hogy ekkor Petike például kivett $7$ pár fehér zoknit, valamint $6$ további zoknit, minden színből egyet. Vagyis a megoldás $21$.

Eredmény:

$153^{\circ }$

Jelöljük a csúcsokat az ábrának megfelelően. Ekkor az $A{B}_1{B}_2{C}_1{C}_2{D}_1{D}_2$ sokszög lesz a négyzet és a szabályos ötszög metszete.

Mivel az alakzat az $\mathit{AC}$ egyenesre szimmetrikus, így elegendő meghatározni a belső szögeket az $A$, $B_1$, $B_2$ és $C_1$ csúcsoknál. Világos, hogy az első értéke éppen $90^{\circ }$ a legutolsóé pedig $135^{\circ }$. Mivel $B_2{D}_1$ párhuzamos $\mathit{XY}$-nal, azt kapjuk, hogy $D_1{B}_2{B}_1\sphericalangle =Y\mathit{XW}\sphericalangle =108^{\circ }$, továbbá, mivel $C_1{B}_2{D}_1\sphericalangle =\mathit{CBD}\sphericalangle =45^{\circ }$ ($B_2{D}_1\parallel \mathit{BD}$), a $B_2$-nél levő belső szög $153^{\circ }$. Végül a $B_{1}B{B}_2$ háromszög derékszögű, ami alapján könnyen meghatározható, hogy a $B_1$-nél levő belső szög $117^{\circ }$. Tehát a legnagyobb szög ezek közül $153^{\circ }$.

Eredmény:

$20\text{mm}$

A fogaskerekek megszámolásával könnyen meghatározható, hogy az 1-es kör egy teljes fordulata a kettős fogaskerék $\frac{20}{15}=\frac{4}{3}$-nyi fordulatát eredményezi. Hasonló okoskodással a kettős fogaskerék egy teljes fordulata esetén a 2-es kör $\frac{18}{10}=\frac{9}{5}$ fordulatot tesz meg. Emiatt az 1-es kör egy teljes fordulata a 2-es kör $\frac{4}{3}\cdot \frac{9}{5}=\frac{12}{5}$-nyi fordulatát eredményezi. Tehát a 2-vel sorszámozott kör kerülete az 1-gyel sorszámozott kör kerületének $\frac{5}{12}$-ed része kell, hogy legyen. A kerületek aránya megegyezik az átmérők arányával, ami alapján könnyen meghatározható, hogy a 2-es kör átmérője $\frac{5}{12}\cdot 48\text{mm}=20\text{mm}$.

Eredmény:

$31$

Vegyük észre, hogy ha Robi igazat mondott egy nap, akkor az összes azt megelőző napon igazat kellett mondania. Tehát hogyha csupán $k<31$ napon mondott igazat, akkor az ellentmondásba kerülne azzal a ténnyel, hogy $62-k>31$ napon hazudott. Hasonlóan, ha több, mint $31$ napon mondott igazat, akkor túl keveset kellett volna hazudnia. Következésképpen pontosan $31$ napon hazudott.

Eredmény:

$16$

A $9\times 9$-es tábla ábrának megfelelő felosztása mutatja, hogy $16$ lövés szükséges, hiszen minden $5\times 1$-es téglalapot legalább egyszer el kell találnunk.

De $16$ lövés elegendő is, amint az az alábbi ábráról leolvasható.

Így a megoldás $16$.

Eredmény:

$155$

Mivel $5\cdot 13\cdot 31=2015=a+b+c=\mathrm{lnko}(a,b,c)\cdot (a_0+b_0+c_0)$ alkalmas különböző pozitív egész $a_0$, $b_0$ és $c_0$ számokra, ezért $a_0+b_0+c_0\ge 6$. Emiatt $\mathrm{lnko}(a,b,c)$ értéke legfeljebb $5\cdot 31=155$ lehet. Ez a maximum elérhető, hogyha tetszőleges, $13$ összegű különböző pozitív egészeket választunk. Például $a_0=1$, $b_0=5$ és $c_0=7$ választással $a=1\cdot 155$, $b=5\cdot 155$ és $c=7\cdot 155$, s egy megfelelő számhármashoz jutunk.

Eredmény:

$31$

Négy lehetséges helyen képzelhető el a lefényképezett $V-\mathit{Sz}-\mathit{Sz}$ tehervagon-sorozat, és mindegyik esetében $2^3$ féle képpen lehet kipótolni a hiányzó vagonokat. Azonban így a $V-\mathit{Sz}-\mathit{Sz}-V-\mathit{Sz}-\mathit{Sz}$ vagonkombinációt kétszer számoltuk. Tehát a különböző szóba jöhető vonatok száma $4\cdot 8-1=31$.

Eredmény:

$17$

Világos, hogy az objektum elfér egy két kocka széles, öt kocka magas és öt kocka hosszúságú dobozban. Vágjuk félbe, és vizsgáljuk meg a két, egyenként $1\times 5\times 5$ méretű részét külön-külön. Hogyha elölről nézzük az objektumot egy „1”-es tükörképét láthatjuk, tehát a jobb oldali felében egy kocka látható elölről és öt kocka látható felülről. Ez csak úgy tehető meg, hogyha egymás mögé helyezünk el sorban $5$ kockát. Hasonló okoskodással a bal oldali feléről az mondható el, hogy öt kocka látható elölről, és három kocka látható felülről, tehát úgy helyezhetjük el a lehető legtöbb kockát, hogyha három oszlopban egyenként $5$ kockát rakunk egymásra.

Az így kapott objektum látható az alábbi ábrán, világos módon $17$ kocka látható benne jobb oldalról nézve.

Eredmény:

$7999$

Jelöljük $Q(r)$-rel az $r$ szám számjegyeinek összegét. Hogyha az $n$ számban a tizesek helyiértékén $9$-től különböző számjegy áll, akkor $Q(n+10)=Q(n)+1$. Emiatt a tizesek helyiértékén szükségszerűen $9$-es kell, hogy szerepeljen. Hogyha a százasok helyiértékén $9$-től különböző számjegy szerepel, akkor $Q(n+10)=Q(n)-8$, de, ha a százasok helyiértékén $9$-es áll, azonban az ezresek helyiértékén nem, akkor $Q(n+10)=Q(n)-17$, így elérhető, hogy mind $Q(n)$, mind pedig $Q(n+10)$ osztható legyen $17$-tel. Ahhoz, hogy $n$ a lehető legkisebb legyen, tegyük fel, hogy a fentebb vázolt helyzet áll fenn, továbbá, hogy $Q(n)=2\cdot 17=34$. A tizesek és százasok helyiértékén álló számjegyeket nem számolva a számjegyek összege $34-2\cdot 9=16<2\cdot 9$, ami azt jelenti, hogy két további számjegy elegendő. Világosan látható tehát, hogy $n=7999$ a keresett szám.

Eredmény:

$20$, $110$

Tegyük fel először, hogy Lauránál van a lehetséges legdrágább jegy (tehát az $A$ városból $D$ városba menőé), így ennek az ára $70$. Mivel ez az ár a három kisebb részhez (tehát $\mathit{AB}$-hez, $\mathit{BC}$-hez és $\mathit{CD}$-hez) tartozó jegyárak összege, amelyek közül legalább kettő már Laura tulajdonában van, látható, hogy az egyetlen lehetséges árazása ezen három jegynek: $10$, $20$ és $40$, így a hiányzó jegyár $20$. Egyszerűen megmutatható, hogy ezen árak választása mellett létezik a jegyek árainak olyan kiosztása, amely minden szükséges feltételnek eleget tesz.

Amennyiben nincsen Lauránál a legdrágább lehetséges jegy, úgy a $70$ költségű jegy biztosan egy egy várost érintő utazásra szól; az egyetlen lehetséges felosztás a birtokolt jegyekkel $10+60$. Ezek alapján kikövetkeztethető, hogy a hiányzó szegmens útiköltsége $40$, emiatt a leghosszabb távolság megtételének ára $10+40+60=110$. Újfent egyszerűen látható, hogy létezik egy minden feltételnek eleget tevő realizációja ezen árazásnak.

Eredmény:

$\sqrt{3}\text{cm}$

Legyen $P_x$ a doboz határának azon pontja, ahova az óramutató mutat $x$ órakor, és legyen $C$ a doboz középpontja. Mivel $P_{2}C{P}_1\sphericalangle =P_{3}C{P}_2\sphericalangle =30^{\circ }$, ezért $P_2$ az egyenlő oldalú $C{C}^{\prime }{P}_1$ háromszög középpontja, ahol $C^{\prime }$ a $C$ tükörképe a $P_3$ pontra. Látható, hogy a keresett $P_1{P}_2$ távolság $\frac{2}{3}$-a azon egyenlő oldalú háromszög magasságának, amelynek az oldalhossza $3\text{cm}$, azaz $P_1{P}_2=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}\cdot 3\text{cm}=\sqrt{3}\text{cm}$.

Eredmény:

$728163549$

Legyenek $x,y\in \{1,2,\dots ,9\}$ különböző számjegyek. Az $\mathit{xy}$ párt nevezzük érvényesnek, hogyha létezik $k,l\in \{1,2,\dots ,9\}$, hogy $10x+y=\mathit{kl}$. Mivel az egyetlen $9$-es számjegyet is tartalmazó érvényes pár a $49$, a $49$-es blokk szükségképpen a keresett kilencjegyű szám ($z$) legvégén kell, hogy szerepeljen. Két lehetséges érvényes pár van a $7$-es számjeggyel, $27$ és $72$. Mindkettő nem szerepelhet $z$-ben, továbbá $z$ legvége már ismert, így a keresett $z$ szám $72$-vel kell, hogy kezdődjön. Mivel a $8$-as számjegyet tartalmazó érvényes párok a $18$, $28$, $48$ és $81$, továbbá a $4$-es számjegy már fel lett használva a $49$-es blokkban, egyedül a $281$-es blokk képzése jöhet szóba. Így $z=7281\dots 49$. Most már csak a fennmaradt három számjegyet ($3$, $5$ és $6$) kell megfelelően elhelyezni. Mivel sem $13$, sem $34$ nem érvényes pár, valamint az egyetlen olyan érvényes $\mathit{xy}$ pár, amelyben $y=3$ szerepel az $x\in \{5,6\}$ megkötéssel a $63$, ezért $z=728163549$, amely eleget tesz a feladat feltevéseinek.

Eredmény:

$89$

Ahelyett, hogy a legnagyobb $p$ prímszámot keresnénk, keressük a legkisebb megfelelő $n$ összetett számot (tehát, hogy $210-n$ prím). Tudjuk, hogy $210=2\cdot 3\cdot 5\cdot 7$, emiatt ha $n$ $2$-vel, $3$-mal, $5$-tel vagy $7$-tel osztható, akkor $210-n$ is, tehát ekkor nem lehet prím. Így a legkisebb szóba jöhető összetett szám $n$-re $11^2$, tehát $p=210-121=89$, ami prím.

Eredmény:

$20$

Legyen $T$ a ceruzák száma összesen, és jelölje $a$, $b$ és $c$ a megfelelő osztályban tanuló diákok számát. A feladat alapján elmondható, hogy $T=9(a+b+c)$, $T=30a$ és $T=36b$. Keressük a $T∕c$ értéket. Az $a=T∕30$ és $b=T∕36$ helyettesítésekkel élve azt kapjuk, hogy

Eredmény:

$1681$

Mivel $k\ge 50$ esetén ${(k+1)}^2-k^2>100$, $50^2=2500$ az egyetlen $25$-tel kezdődő négyzetszám (hasonló igaz a $3600$, $4900$, $6400$ és $8100$ számokra is). Így a keresett szám szükségképpen $16$-tal kezdődik. Az egyetlen olyan négyzetszám, amely $1600$ és $1700$ között van, az a $41^2=1681$, ami nyilvánvalóan eleget tesz a feladat feltevéseinek.

Eredmény:

$4∕7$

Legyen $x$ azon időtartam, amelyet a felújítás alatt álló szakaszokon történő áthaladással töltött. Ekkor $1-x$ az az időtartam, amely alatt a főút többi részén haladt át. Így

tehát $x=4∕7$.

Eredmény:

$90$

A négyzetek területét összeadva azt kapjuk, hogy a téglalap területe $464=2^4\cdot 29$. A téglalap mindegyik oldala legalább $9$ egység hosszúságú, mivel tartalmaz $9$ egység oldalhosszúságú négyzetet. Így az egyetlen lehetséges előállítása a területének szorzatalakban: $16\cdot 29$, ami alapján a kerülete $90$.

Megjegyzés: Létezik megfelelő felbontás, amint azt az ábra is mutatja:

Eredmény:

$36\text{cm}$

A szögek alapján elmondható, hogy az ábrán szereplő összes háromszög derékszögű, továbbá egymáshoz hasonló. Hogyha a jobb alsó sarokban található háromszög oldalait $6x$-szel, $8x$-szel és Pitagorasz tétele értelmében $10x$-szel jelöljük, akkor a „visszahajtogatás” után látható, hogy a négyzetünk oldala éppen $18x$. Emiatt a bal alsó háromszög egyik oldala $18x-6x=12x$, amint az az alábbi ábrán is látható. Ezen háromszög másik két oldala tehát $9x$ és $15x$ hosszúságú, mivel a hasonlóság aránya $3∕2$. Így tehát látható, hogy a négyzetünk oldala $15x+6$ hosszúságú, ami alapján $x=2$. Emiatt a négyzet oldala $36\text{cm}$ hosszúságú.

Eredmény:

$96$

Mire Sanyika visszaér a hajó hátuljához, összesen $300$ lépést tett meg, a hajó pedig eközben $240-60=180$ lépést haladt előre. Így mialatt Sanyika megtesz $60$ lépést, a hajó $180:5=36$ lépést halad előre. Sanyika azonban $60$ lépés alatt visszaért a hajó tatjához, így a hajó szükségképpen $60+36=96$ lépés hosszúságú.

Eredmény:

$992016=996^2$

Legyen ${(1000-n)}^2$ a keresett szám ($n\ge 1$). Az $n=1,2,3,4,\dots$ esetekben ki tudjuk számítani a szám értékét, felhasználva az alábbi azonosságot: ${(1000-n)}^2=1000\cdot (1000-2n)+n^2$. Így $999^2=998001$, $998^2=996004$, $997^2=994009$, $996^2=992016$, $\text{…}$ Mivel a $2$, $0$, $1$ számjegyek páronként különbözőek, valamint $99\cancel{2}\cancel{0}\cancel{1}6=996$ a $992016$ négyzetgyöke, ezért a keresett szám a $992016$.

Eredmény:

$596$

Vegyük észre, hogyha egy számjegyet a feje tetejére állítunk, akkor vagy egyáltalán nem változik ($0$, $2$, $5$, $8$), vagy másik számjegy lesz belőle ($6$, $9$), vagy pedig egyáltalán nem lesz belőle számjegy ($1$, $3$, $4$, $7$). Tehát egy $0$, $2$, $5$, $8$ számjegyekből álló számot a feje tetejére állítva ugyanazt a számot kapjuk, mint hogyha felcseréltük volna számjegyei sorrendjét. Ilyen feltételnek eleget tevő két háromjegyű szám különbsége osztható $99$-cel, hiszen $(a+10b+100c)-(c+10b+100a)=99(c-a)$. Mivel $99\nmid 369$, ezért a Lilla által beütött szám biztosan tartalmaz $6$-ost vagy $9$-est.

Ha az első számjegye $9$ lenne, akkor a fejjel lefelé tekintett verziója $6$-ra végződne, így a különbség csak úgy lehet $369$, hogyha a számunk $7$-re végződik, de a $7$ nem megengedett számjegy. Hasonló érveléssel látható, hogy $9$-es nem szerepelhet az egyesek helyiértékén sem, továbbá azt is láthatjuk, hogy a szám $6$-sal sem kezdődhet, sőt a középső számjegye sem lehet $6$. Összesen két eset maradt hátra, hogyha $9$-es van a tizesek helyiértékén, vagy hogyha $6$-os van az egyesek helyiértékén, de mindkét esetben ugyanahhoz a megoldáshoz jutunk, mégpedig az $596$-hoz.

Eredmény:

$80$

Jelöljük a családokat $A$-val, $B$-vel és $C$-vel. Hogyha az $A$ család fiúgyermekei egy másik család (az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy $B$ család) leánytestvérpárját veszi el, akkor az $A$ család leánygyermekeinek szükségképpen a $C$ család fiaihoz kell hozzámenniük, különben a $C$ család egyik fia kénytelen lenne saját hugát vagy nővérét feleségül venni. Következik tehát, hogy a $B$ család fiai és a $C$ család lányai kelnek egybe, így tehát összesen $2\cdot 2^3=16$ féle képpen tudnak ilyen feltevések mellett házasodni, hiszen kétféleképpen lehet párosítani a családokat és minden leánytestvérpárnak kétféle lehetőség áll rendelkezésére a megfelelő család fiai közül.

Azonban, hogyha az $A$ család fiai különböző családok lányaival kelnek egybe, leánytestvéreiknek is ugyanezt a stratégiát kell követniük, hogy elkerüljük a családon belüli házasságokat. A két fiúnak együttesen $8$ lehetősége van feleséget választania, és ugyanez teljesül a két $A$ családbeli lányra is. Ezután a párosítás után mind a $B$, mind pedig a $C$ családból rendelkezésre áll még pontosan egy fiú és egy leány, akiket összesen egyféleképpen lehet a megengedett módon párosítani. Így ebben az esetben $8\cdot 8=64$ lehetőségünk van összesen.

Vagyis mindösszesen $16+64=80$ féle lehetséges házasság képzelhető el a szigeten.

Eredmény:

$68$, $136$

Sorszámozzuk a pizzaszeleteket a rajtuk található olivabogyók számának megfelelően. Világos, hogy a felezés nem történhet az $1$ és $50$ sorszámú szeletek (vagy éppen a $25$ és $26$ sorszámú szeletek) között, mivel

Így feltehető, hogy a felezővonal mentén fekvő szeletek sorszáma $n$, $n+1$, $n+25$ és $n+26$ alakú, ahol $1\le n\le 24$. Ezen számok összege tehát $4n+52$. Figyelembe véve, hogy $(n+1)+(n+2)+\cdots +(n+25)=25n+\frac{1}{2}\cdot 25\cdot 26=25(n+13)$ és $1+2+\cdots +50=\frac{1}{2}\cdot 50\cdot 51=25\cdot 51$, két lehetőség képzelhető el

Az első lehetőségből azt kapjuk, hogy $n=4$, emiatt a keresett összeg $4n+52=68$. A második lehetőség pedig az $n=21$ és $4n+52=136$ megoldásokat adja. Tehát a feladatnak két megoldása van, mégpedig $68$ és $136$.

Eredmény:

$421$

Ha a $p$ prímszám kielégíti a kívánt feltételt, akkor létezik egy $k>2$ egész, amelyre $k^3=19p+1$. Így elmondható, hogy

A $k>2$ feltétel értelmében a jobb oldalon szereplő szorzótényezők mindegyike a $19p$ valódi osztója. Mivel $19p$ két prímszám szorzata, ezért két lehetőség áll előttünk: $k-1=19$, vagy $k^2+k+1=19$. Az első esetből következi, hogy $k=20$ és $p=400+20+1=421$, ami valóban prímszám. A második eset a $k^2+k-18=0$ másodfokú egyenlethez vezet, amelynek nincsen egész megoldása! Emiatt $p=421$ az egyetlen megoldás.

Eredmény:

$\frac{7}{30}$

Az alábbiakban szögletes zárójellel fogjuk jelölni az egyes alakzatok területét. Mivel az $\mathit{EHD}$ és a $\mathit{CHB}$ háromszögek hasonlóak, ezért azt kapjuk, hogy

Az $\mathit{FBG}$ és a $\mathit{CDG}$ háromszögek hasonlósága alapján tehát elmondható, hogy $\frac{\mathit{DG}}{\mathit{GB}}=\frac{3}{2}$. Emiatt a $\mathit{DH}=\mathit{BG}=\frac{2}{5}\cdot \mathit{DB}$ és a $\mathit{HG}=\frac{1}{5}\cdot \mathit{DB}$ azonosságok teljesülnek. Tekintve, hogy

azt kapjuk, hogy

Eredmény:

$85595$

Legyen $\overline{\mathit{abcde}}$ egy olyan ötjegyű szám, amelyre teljesül, hogy $\overline{\mathit{abc}}=9\cdot \overline{\mathit{de}}$ és $\overline{\mathit{cde}}=7\cdot \overline{\mathit{ab}}$. Ekkor

így $\overline{\mathit{de}}=\frac{1007c}{53}=19c$. Hasonlóan meghatározható, hogy $\overline{\mathit{ab}}=17c$. Hogyha $c\ge 6$, akkor a $17c$ és $19c$ számok nagyobbak, mint $100$. Mindezek alapján elmondható, hogy a $c$ lehetséges legnagyobb értéke $5$, vagyis $17119c$ lehetséges legnagyobb értéke $85595$.

Eredmény:

$42$

Az első ember, aki feltette a kezét, az első olyan ember volt, aki látta mindhárom speciális kártyát. Ez az ember szükségképpen speciális kártyát kapott az ötödik körben, mivel különben hamarabb is feltette volna már a szomszédja a kezét. Továbbá biztos, hogy az első körben is egy speciális kártya volt nála, mivel különben a baloldali szomszédja már egy körrel hamarabb láthatta volna mindhárom speciális kártyát. Jelöljük $C_1$-gyel az első kapott speciális kártyát, $C_3$-mal az ötödiknek kapott kártyát, amely szintén speciális volt és legyen $C_2$ a korábbi kettő között valamikor kézhez kapott speciális kártya. Az ötödik kör után pontosan azok tudják kikövetkeztetni, hogy hol jár a három speciális kártya, akiknél már járt a $C_2$-es speciális kártya, és még egy másik kártya, hiszen a $C_1$-es és $C_3$-as speciális kártyák helyzete mindenki számára ismert, a rajtuk szereplő karakterek azonban nem. Ezek alapján könnyen látható, hogy pontosan hat ilyen ember van a hatodik körben, és hét ilyen ember van a hetedik körben, így a keresett szorzat értéke $42$.

Eredmény:

$\pi \frac{3-2\sqrt{2}}{4}=\pi \frac{{(1-\sqrt{2})}^2}{4}=\pi \frac{1}{4{(1+\sqrt{2})}^2}=\pi \frac{1}{4(3+2\sqrt{2})}$

Hogyha egy egyenlő szárú derékszögű háromszöget két egybevágó háromszögre vágunk szét, akkor a keletkezett háromszögek az eredetihez hasonlóak lesznek, a hasonlóság aránya pedig $\sqrt{2}:1$, emiatt a beírt körök sugarainak az aránya is ennyi. Így minden egyes további beírt kör területe fele akkora, mint az őt megelőző kör területe. Tehát a körök összterülete a félbevágások során nem változik semmit. Emiatt elegendő meghatározni az eredeti háromszög beírt körének a területét. Ezen kör sugara könnyen meghatározható a körhöz húzott érintőszakaszok alapján, hiszen, mivel az eredeti háromszög befogóinak a hossza éppen $\frac{\sqrt{2}}{2}$ Pitagorasz tétele értelmében, és az ezen oldalakhoz, mint érintőkhöz húzott sugarak egy négyzetet határoznak meg a befogókkal, a keresett sugár értéke $\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}$, így a keresett terület

Eredmény:

$7$, $11$, $19$, $79$

Mivel $p$ prím, ezért vagy egyenlő $11$-gyel (ami világos módon kielégíti a megadott feltételt), vagy pedig relatív prím $(p+11)$-hez képest. Az utóbbi esetben a vizsgált szorzat akkor és csak akkor osztható $(p+11)$-gyel, hogyha $(p+1)(p+2)$ osztható vele. Ez az egyszerűsített szorzat modulo $11$ tekintve megegyezik $(-10)\cdot (-9)$-cel, emiatt $p+11\mid 90$. Ez pedig csupán a $p\in \{7,19,79\}$ esetekben teljesül.

Eredmény:

$\frac{28!}{2^{14}}$

Jancsika lábainak felöltöztetése egy $28$ elemű rendezett listaként kezelhető, amelynek elemei a $14$ zokni és a $14$ cipő, továbbá az egyes lábakhoz tartozó zoknik az ugyanahhoz a lábhoz tartozó cipőket megelőző helyen kell, hogy szerepeljenek. Az első zokni-cipő pár számára összesen $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{28}{2}\right)$ lehetséges hely képzelhető el. A második zokni-cipő párnak már csak $28-2=26$ hely áll rendelkezésre, így $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{26}{2}\right)$ lehetőség képzelhető el. A gondolatmenetet folytatva a tizennegyedik pár számára $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{2}{2}\right)=1$ lehetőség marad hátra, a keresett megoldás tehát

Eredmény:

$128$

Elegendő behelyettesíteni a $x^3=8-4x$ kifejezést a meghatározandó mennyiségbe az alábbi módon:

Eredmény:

$36^{\circ }$

Legyen $F$ azon pont a $\mathit{BC}$ egyenesen, amelyre $\mathit{AE}\parallel \mathit{DF}$. Mivel $\mathit{DF}=\frac{1}{2}\mathit{AE}=\mathit{CD}$, ezért az $\mathit{FCD}$ háromszög egyenlő szárú, alapja $\mathit{FC}$. Legyen $\phi =\mathit{BAC}\sphericalangle$. Ekkor

Továbbá $\mathit{CAE}\sphericalangle =\frac{1}{2}\phi$ alapján az $\mathit{AEC}$ háromszöget használva azt kaphatjuk, hogy

vagyis $\phi =36^{\circ }$.

Eredmény:

$\frac{1}{1008}$

Képezve az $n$-re és $(n-1)$-re vonatkozó rekurzív formula különbségét, azt kapjuk, hogy $a_n=n^2\cdot a_n-{(n-1)}^2\cdot a_{n-1}$, egyszerűsítés után pedig $a_n=\frac{n-1}{n+1}{a}_{n-1}$. Így

tehát $a_{2015}=\frac{2\cdot 2015}{2015\cdot 2016}=\frac{1}{1008}$.

Eredmény:

$1$, $9$

Jelöljük az egyes kockák megfelelő színű oldalainak a számát sorrendben $c_1$-gyel, $m_1$-gyel, $s_1$-gyel, $c_2$-vel, $m_2$-vel és $s_2$-vel. Tudjuk, hogy $c_1+m_1+s_1=12$, $c_2+m_2+s_2=12$, és, hogy $s_1=4$. Továbbá a lehetséges $12^2=144$ kockadobásnak pontosan a fele eredményez azonos színű oldalpárt, így

Kifejezve a bal oldali kifejezést a $c_1$, $c_2$ és $m_2$ változók és a fenti azonosságok segítségével, azt kapjuk, hogy

egyszerűsítés után pedig

Kihasználva, hogy $-3\le c_1-4\le 3$ és $-9\le c_2-m_2\le 9$, elmondható, hogy $c_2-m_2$ értéke vagy $8$, vagy pedig $-8$, melyet összevetve a $0<s_2=12-c_2-m_2$ feltétellel, azt kapjuk, hogy $m_2$ értéke vagy $1$, vagy pedig $9$. Egy egyszerű ellenőrzéssel könnyen meggyőződhetünk róla, hogy mindkét eset lehetséges.

Eredmény:

$32$

Válasszunk ki egy asszonyt, és hozzá válasszuk ki a tőle $24$ hellyel jobbra ülőt is, majd a tőle $24$ hellyel jobbra ülőt is, és így tovább. Néhány ilyen lépés után (jelöljük a számát $s$-sel), visszajutunk az eredeti asszonyhoz. Világos, hogy ez az $s$ a legkisebb olyan pozitív egész szám, amelyre teljesül, hogy $24s$ az $n$ egész számú többszöröse. Így $s=n∕d$, ahol $d$ az $n$ és a $24$ legnagyobb közös osztója.

Vegyük észre, hogy az asszonyok igazmondása egy ilyen lépegetés során szükségképpen váltakozik, tehát egy asszony akkor és csak akkor igazmondó, hogyha a tőle $24$ hellyel jobbra ülő asszony hazug. Hogyha $s$ páratlan lenne, ez ellentmondáshoz vezetne, így $s$ biztosan páros. Tehát $n$-nek osztója kell legyen egy olyan $2$-hatvány, amely a $24$-nek már nem osztója. Ezek alapján az $n$ legkisebb lehetséges értéke a $32$, könnyen ellenőrizhető, hogy ennyi hellyel létezik megfelelő ültetés.

Eredmény:

$15^{\circ }$

Jelöljük a hátramaradt háromszög befogóinak a hosszát $a$-val és $b$-vel (feltehető, hogy $a\le b$), az átfogóját pedig $c$-vel. Könnyen látható, hogy a kisebbik négyzet területe éppen kétharmada a nagyobbik négyzet területének, így egy hátramaradt háromszög területe éppen a kisebbik négyzet területének a nyolcada, azaz

Legyen a szóban forgó háromszög legkisebb belső szöge $\alpha$. Ekkor $a=c\sin \alpha$, valamint $b=c\cos \alpha$, tehát

így

Mivel $\alpha \le 45^{\circ }$, ezért világos, hogy $2\alpha =30^{\circ }$, ami alapján $\alpha =15^{\circ }$.

Eredmény:

$\frac{4}{3}\sqrt{14}$

Legyenek az ${\omega }_1$, ${\omega }_2$ és ${\omega }_3$ körök középpontjai rendre $O_1$, $O_2$ és $O_3$, továbbá legyenek $T_1$, $T_2$ és $T_3$ az $O_1$, $O_2$ és $O_3$ középpontokból az $\mathit{AB}$ szakaszhoz húzott merőlegesek talppontjai (tehát $T_1$ és $T_2$ az $\mathit{AB}$ érintőszakasz ${\omega }_1$-hez, illetve ${\omega }_2$-höz tartozó érintési pontja). Mivel $O_1{T}_1\parallel O_2{T}_2\parallel O_3{T}_3$, $O_1{T}_1=1$, $O_2{T}_2=2$, valamint $O_1{O}_3=2O_2{O}_3$, továbbá $O_1$, $O_2$ és $O_3$ egy egyenesre esnek, világos, hogy $O_3{T}_3=\frac{5}{3}$ (a hasonló háromszögek alapján). Alkalmazva Pitagorasz tételét a $A{O}_3{T}_3$ háromszögre, azt kapjuk, hogy

Eredmény:

$84$

A feladat alapján elmondható, hogy pontosan három olyan kétjegyű szám van, amely eleget tesz a megkívánt $a$-val és $c$-vel való oszthatósági szabálynak (kettő közülük a szfinx eredeti válaszának felel meg, egy pedig a módosított válasznak). Továbbá az is világos, hogy mind az $a$-ra vonatkozó kérdésre, mind pedig a $c$-re vonatkozó kérdésre igenlő választ kellett kapnia, különben biztos, hogy háromnál több lehetséges kétjegyű szám kerülne elő. Tehát ezen három szám biztos, hogy $\mathrm{lkkt}(a,c)=m$ többszörösei. A korábbiak alapján látható, hogy $25\le m\le 33$, de csupán két olyan $m$ érték van ezek között, amely két számjegynek a legkisebb közös többszöröse, mégpedig: $28=\mathrm{lkkt}(4,7)$ és $30=\mathrm{lkkt}(5,6)$. Az utóbbi eset nem lehetséges, mivel $c-a\ge 2$, következésképpen $a=4$ és $c=7$. Hogyha $b$ értéke $5$ lenne, akkor nincsen olyan kétjegyű szám, amely mind $a$-val, mind $b$-vel, mind pedig $c$-vel is osztható lenne egyszerre. $b=6$ esetében pedig a $b$-re vonatkozó kérdésre adott nemleges válasz megfelel a $28$ és $56$ számoknak, míg az igenlő válasz esetében az $S=84$ számot kapjuk megoldásnak.

Eredmény:

Délután $3$ óra $20$ perc

Mivel az idő folyását nem befolyásolja a válaszott referenciapont, ezért feltehető, hogy az autó egyáltalán nem is mozog. Ezen feltevés mellett a motorkerékpárnak egy órába telt az autóval történő találkozástól számítva a robogóval összefutni, a robogónak pedig öt órára volt szüksége mindehhez, tehát a motorkerékpár ötször olyan gyorsan haladt, mint a robogó. Hasonló okoskodással meghatározható, hogy a motorkerékpár kétszer olyan gyors volt, mint a bicikli, tehát a robogó és a bicikli sebességének az aránya $2:5$.

Amennyiben a robogónak $t$ időre volt szüksége, hogy az autótól eljusson a biciklivel történő találkozási pontig, akkor a biciklinek ugyanehhez a táv megtételéhe $t-2$ órára volt szüksége. A megfelelő idők aránya éppen a sebességek arányának a reciproka, tehát

azaz $t=10∕3$. Kihasználva, hogy a robogó az autóval délben, $12$ órakor találkozott, látható, hogy a keresett időpont délután $3$ óra $20$ perc.

Eredmény:

$20$

Hogyha az automata porszívó nem valamelyik $3\times 3$ egységnyi négyzet alakú sarokrészből kezd, akkor biztosan fog maradni egy ki nem takarított egység, amikor ugyanis az automata elhagyja a szőnyeg szélét (ami legkésőbb a hetedik fordulásnál bekövetkezik), a fennmaradó, még ki nem tisztított egységek két különálló részre bomlanak szét. Hasonló érveléssel kizárhatóak az $(1,2)$, $(2,1)$, $(2,3)$ és $(3,2)$ koordinátáknál található egységek, valamint a többi sarokban a velük szimmetrikusan található társaik is az alkalmas kezdőegységek sorából. Azonban az $(1,1)$, $(2,2)$, $(3,3)$, $(3,1)$ és $(1,3)$ koordinátájú egységek megfelelő kezdőhelynek bizonyulnak, szimmetriai megfontolásokból a nekik megfelelő, másik sarokban található egységek is jók lesznek. Tehát összesen $4\cdot 5=20$ megfelelő kezdőegység van a szőnyegen.

Eredmény:

$22^{\circ }$

A középponti és kerületi szögek tétele értelmében $\mathit{CDB}\sphericalangle =\mathit{CEB}\sphericalangle$, így elegendő a $\mathit{CDB}\sphericalangle$ szög értékét meghatározni. Legyen $X$ az $\mathit{AD}$ és a $\mathit{CH}$ szakaszok metszéspontja. Vegyük észre, hogy $124^{\circ }+56^{\circ }=180^{\circ }$, valamint, hogy $34^{\circ }+56^{\circ }=90^{\circ }$. Így tehát $\mathit{EXGF}$ húrnégyszög, ami miatt $\mathit{AD}\parallel \mathit{BC}$. Az $\mathit{ABD}$ háromszög derékszögű, továbbá $\mathit{DEC}\sphericalangle =\mathit{DBC}\sphericalangle$, vagyis $\mathit{ABC}\sphericalangle =124^{\circ }$. Tekintve, hogy $\mathit{BDA}\sphericalangle =\mathit{DBC}\sphericalangle =34^{\circ }$ és $\mathit{CDA}\sphericalangle =180^{\circ }-\mathit{ABC}\sphericalangle =56^{\circ }$ ($\mathit{ADCB}$ húrnégyszög), azt kapjuk, hogy $\mathit{CEB}\sphericalangle =\mathit{CDB}\sphericalangle =56^{\circ }-34^{\circ }=22^{\circ }$.

Eredmény:

$14$

Jelöljük a házaspárokat rendre $(a_1,a_2)$, $(b_1,b_2)$, $(c_1,c_2)$, $(d_1,d_2)$ és $(e_1,e_2)$-vel. Az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy $a_1$ volt az a személy, aki pontosan két eseményen vett részt, továbbá azt is feltehetjük, hogy ezen két esemény közül az elsőn jelen volt $b_1$, $c_1$, $d_1$ és $e_1$ is, míg a második eseményen a párjaik vettek részt $a_1$-gyel közösen. Minden további eseményen a $b_1,b_2,\dots ,e_1,e_2$ emberek közül legfeljebb kettő vehetett részt egyszerre, így kellett, hogy legyen legalább $12$ esemény még. Továbbá, hogyha $a_2$ részt vesz bármely $4$ diszjunkt eseményen ezek közül, akkor a feladatnak megfelelő szétosztást kapjuk, tehát a legkisebb lehetséges $E$ érték a $14$.

Eredmény:

$678$

Tekintve, hogy $0<a<b$, elmondható, hogy $b\ge 2$, valamint, hogy $6\cdot \overline{\mathit{bac}}>1200$, így a Dani által kapott eredmény egy négyjegyű szám kell, hogy legyen, $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$. Másrészt viszont tudjuk, hogy $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=\overline{\mathit{dfeg}}$. A két azonosságot egymásból kivonva tehát

Így $540(b-a)=90(e-f)$, azaz $6(b-a)=e-f$. Mivel $e$ és $f$ számjegyek, ezért $e-f\le 9$. Tehát $e-f=6$, és $b-a=1$ ($b-a>0$, hiszen $b>a$). Behelyettesítve a $b=a+1$ azonosságot az $6\cdot \overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}$ egyenletbe, látható, hogy

Ez azt jelenti, hogy $\overline{\mathit{defg}}$ legalább $6$-tal, de legfeljebb $54$-gyel tér el a $660$ egy megfelelő többszörösétől. Tudva, hogy $e-f=6$ és $6\mid \overline{\mathit{defg}}$, továbbá végignézve a lehetséges $a=1,2,\dots ,7$ eseteket, meghatározható az összes potenciális $\overline{\mathit{defg}}$: $1932$, $1938$, $2604$, $3930$, $3936$, $4602$ és $4608$. Ezek közül csupán a $\overline{\mathit{defg}}=4608$ esetében kapjuk, hogy a $\overline{\mathit{bac}}=\overline{\mathit{defg}}∕6=768$ számnak csupa nemnulla számjegyei vannak. Könnyen leellenőrizhető, hogy $6\cdot \overline{\mathit{abc}}=6\cdot 678=4068=\overline{\mathit{dfeg}}$.

Eredmény:

$70$

Vegyük észre, hogy a két állat csupán a középső sorban tud összetalálkozni. Ezen felül az állatok által megtett utat egyértelműen meghatározzák a középső sorban általuk érintett négyzetek. Világosan látható, hogy az állatok csak akkor nem találkoznak, hogyha a középső sorban tekintett útvonalrészleteik nem metszik egymást, tehát a középső sor diszjunkt szakaszpárjainak a száma érdekel minket végső soron.

Először is tekintsük azt az esetet, amikor is a két állat középső sorban megtett útszakasza között van legalább egy nem használt négyzet. Ekkor a keresett párok száma megadható a $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)$ képlettel, mivel először is ki kell választani azt a négy függőleges négyzetoldalt, amelyek közre fogják fogni a két állat útját a középső sorban, majd pedig el kell dönteni, hogy melyik állat melyik részt fogja használni (az első állat az első két függőleges oldal közötti négyzet(ek)en halad át, a második állat pedig a fennmaradó kettő közöttin). Amennyiben pedig nincsen kihagyott négyzet a két útrész között, akkor ezt $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)$ féle módon tudják kivitelezni, immáron három függőleges oldalnak megfelelően.

Összesen tehát $2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{4}\right)+2\cdot \left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{3}\right)=70$ megengedett útvonalpár van.

Eredmény:

$172$

Vegyük észre, hogy $\lfloor \sqrt[3]{n}\rfloor =k$ akkor és csak akkor, ha $k^3\le n\le {(k+1)}^3-1$. Az ennek a kitételnek megfelelő $3k^2+3k+1$ darab számból, minden $k$-adik osztható $k$-val, $k^3$-től kezdődően így összesen $3k+4$ ilyen szám áll a rendelkezésünkre. Már csak annyi a dolgunk, hogy összeadjuk ezen darabszámokat minden lehetséges $k$-ra, melyre ${(k+1)}^3-1\le 1000$ (azaz $k\le 9$), valamint még $1$-et hozzá kell adnunk az $1000$ miatt, ami világos módon teljesíti a feladat feltételét. Tehát a keresett darabszám

Eredmény:

$281∕2$

Legyenek a megadott egyenlet gyökei $a$, $b$ és $c$, ezen számok a feladat értelmében egy derékszögű háromszög oldalhosszainak is megfeleltethetőek. Az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy $0<a,b<c$, így Pitagorasz tétele értelmében fennáll az $a^2+b^2=c^2$ összefüggés. A Viete formulák alkalmazásával (vagy az $(x-a)(x-b)(x-c)$ szorzat kibontásával és vizsgálatával) azt kapjuk, hogy

Négyzetre emelve a $15\sqrt{2}-c=a+b$ kifejezést, azt kapjuk, hogy $450-30\sqrt{2}c=2\mathit{ab}$. Az egyenletet $c$-vel megszorozva, majd behelyettesítve a kapott $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ összefüggést, az alábbi másodfokú egyenlethez jutunk

melynek gyökei $c_1=\sqrt{2}$ és $c_2=13\sqrt{2}∕2$. A $0<a,b<c$ és $\mathit{abc}=195\sqrt{2}$ feltételek értelmében csak a $c=13\sqrt{2}∕2$ gyök valódi, a keresett $m$ szám tehát

Eredmény:

$4$ zöld és $21$ piros

Legyen $z$ a zöld almák száma a kosárban, és legyen $p$ a piros almák száma. A feladat állítása a következő alakban is megadható:

azaz

Ez utóbbi kifejezés tekinthető egy $p$ változójú, $z$ paraméterrel megadott másodfokú egyenletnek. A diszkriminánsa,

egy egész szám négyzete kell, hogy legyen, különben a gyökök irracionális számok. Tekintve, hogy $z\ge 2$, az alábbi egyenlőtlenségekhez jutunk