Feladatok – Náboj Matematika

1. feladat

Egy régi villamos ablakai úgy néznek ki, mint az ábrákon. Minden sarok lekerekített része egy negyedkör $10$ cm-es sugárral. A csúsztatható felső rész $10$ centiméterrel van eltolva, ahogy a második ábrán látható. A nyitott rész magassága $13$ cm. Mekkora a nyílás területe cm $^{2}$ -ben?

Megoldás

Eredmény:

$130$

Ugyanakkora a területe, mint a elcsúsztatott rész és a fix rész közötti átfedésnek, ami egy $10 cm \times 13 cm$ -es téglalap.

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

98.4%

csapat oldotta meg a feladatot

00:11:48

átlagos megoldási idő

2. feladat

Egy téglalapot felosztottunk kilenc kisebb téglalapra az ábrán látható módon. Az egyes kis téglalapokba írt számok az adott kis téglalap kerületét jelentik. Adjuk meg a nagy téglalap kerületét.

Megoldás

Eredmény:

$42$

Az ábrán látható, hogy a nagy téglalap kerülete ugyanannyi mint a négy külső kis téglalap kerületeinek összege mínusz a középső téglalap kerülete. Tehát a válasz

14 + 9 + 17 + 12 - 10 = 42 .

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

99.1%

csapat oldotta meg a feladatot

00:19:01

átlagos megoldási idő

3. feladat

Péter kitörölte egy négyjegyű prím egyik számjegyét és így $630$ -at kapott. Mi volt ez a prímszám?

Megoldás

Eredmény:

$6301$

Mivel egy négyjegyű prím utolsó számjegye nem lehet páros, a prímszám $630 *$ alakú volt. Továbbá, az utolsó számjegy nem lehet $5$ , mert akkor a szám $5$ -tel osztható volna. Tehát csak az $1$ , $3$ , $7$ és $9$ lehetőségek maradtak. Mivel $630$ osztható 3-mal, a 3-as és 9-es számjegyek nem lehetségesek. Hasonlóan, $630$ osztható $7$ -tel így $7$ se lehet. Tehát a szám $6301$ volt.

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

100.0%

csapat oldotta meg a feladatot

00:06:24

átlagos megoldási idő

4. feladat

Patrícia, a sztárépítész egy nagyon modern ötszög alakú házat épít egy téglalap alakú telken. A telek oldalai $35 m$ és $25 m$ hosszúak. A ház alaprajza az ábrán látható módon passzol a telekre:

(A határokon a pontok $5$ méteres távolságot jelölnek). A telek hányadrészét fedi le a ház?

Megoldás

Eredmény:

$\frac{41}{70}$

Mivel csak telekhez viszonyított arány érdekel, tekinthetjük az $5$ métert egységnek. A három derékszögű háromszög területét kivonva a teljesből, kapjuk az

1 - \frac{1}{35} (\frac{5 \cdot 3}{2} + \frac{6 \cdot 1}{2} + \frac{4 \cdot 2}{2}) = \frac{41}{70}

eredményt.

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

93.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:29:24

átlagos megoldási idő

5. feladat

Egy 16 pontból álló négyzetrács (mint az ábrán) tartalmazza 9 darab $1 \times 1$ -es négyzet csúcsait, négy darab $2 \times 2$ -es négyzet és egy darab $3 \times 3$ -as négyzet csúcsait. Ez összesen 14 olyan négyzet amelyeknek az oldalai párhuzamosak a rács oldalaival. Mi a legkevesebb számú pont amelyeket kitörölve mind a 14 négyzetnek hiányzik legalább egy csúcsa?

Megoldás

Eredmény:

$4$

Szükséges legalább 4 csúcsot törölni, mert a sarkokban található négy $1 \times 1$ -es négyzetnek nincs közös pontja. Ha két átellenes sarkot és két belső pontot a másik átlón kitörlünk, látható, hogy nem marad ép négyzet, tehát 4 pont törlése elegendő is.

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

100.0%

csapat oldotta meg a feladatot

00:10:15

átlagos megoldási idő

6. feladat

Adjátok meg az

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + \dots + 201 7^{2} .

négyzetösszeg egyes helyiértéken álló számjegyét.

Megoldás

Eredmény:

$5$

A négyzetszámok utolsó számjegyei periodikusan, tizesével ismétlődnek.

1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + \dots + 1 0^{2} = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49 + 64 + 81 + 100 = 385,

tehát ennek utolsó számjegye 5. Ebből következik, hogy $1^{2} + 2^{2} + \dots + 201 0^{2}$ utolsó számjegye is 5, hiszen $201 \cdot 5 = 1005$ . Továbbá $201 1^{2} + 201 2^{2} + \dots + 201 7^{2}$ utolsó számjegye 0, azért a teljes összegnek is 5 lesz az utolsó számjegye.

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

97.1%

csapat oldotta meg a feladatot

00:21:23

átlagos megoldási idő

7. feladat

Fejezzük ki a

\frac{0, \bar{2}}{0, \bar{24}}

hányadost $\frac{a}{b}$ alakú törtként a lehető legkisebb $a$ és $b$ pozitív egészekkel.

Megjegyzés: A felülvonás azt jelöli, hogy a tizedesjegyek periodikusan ismétlődnek, például $0, \bar{123} = 0, 123123 \dots$ .

Megoldás

Eredmény:

$\frac{11}{12}$

A hányados felírható az alábbi módon:

\frac{0 . \bar{2}}{0 . \bar{24}} = \frac{0 . \bar{22}}{0 . \bar{24}} = \frac{22 \cdot 0 . \bar{01}}{24 \cdot 0 . \bar{01}} = \frac{11}{12} .

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

90.9%

csapat oldotta meg a feladatot

00:18:32

átlagos megoldási idő

8. feladat

Passauban egy vasútállomás háromszöget formáz. Anna, Boris és Cathy megfigyelik a vonatforgalmat rendre Linzben, Regensburgban és Waldkirchenben a Passauból jövő sínek mentén. Anna $190$ , Boris $208$ , Cathy pedig $72$ bejövő és kimenő vonatot számolt összesen. Hány vonat ment Linzből Regensburgba vagy Regensburgból Linzbe, ha semelyik vonatnak sem kiinduló vagy végállomása Passau, és nem is fordulhat vissza Passauban?

Megoldás

Eredmény:

$163$

Legyen a Linz és Waldkirchen között közlekedő vonatok száma $r$ , Linz és Regensburg között $w$ , Waldkirchen és Regensburg között pedig $l$ . Anna megszámolja a Linz és bármely másik elmített város között a vonatokat, tehát $r + w = 190$ . Hasonlóan $l + w = 208$ és $l + r = 72$ . Összeadva az első két egyenletet majd kivonva a harmadikat, kapjuk hogy $2 w = 190 + 208 - 72$ , amiből $w = \frac{1}{2} \cdot 326 = 163$ .

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

90.0%

csapat oldotta meg a feladatot

00:24:01

átlagos megoldási idő

9. feladat

Adjuk meg az összes olyan $x < 10 000$ pozitív egész számot, amelyre $x$ egy páros szám negyedik hatványa, és permutálni tudjuk $x$ számjegyeit úgy, hogy egy páratlan szám negyedik hatványát kapjuk. A számjegycsere után kapott szám nem kezdődhet nullával.

Megoldás

Eredmény:

$256$

Legyen $x = a^{4}$ valamilyen páros $a$ számra, és az átalakítás után $b^{4}$ egy páratlan $b$ -re. Mivel $10 000 = 1 0^{4}$ , $a$ és $b$ kisebbek mint $10$ . Egy pozitív egyjegyű páros számot négyzetre emelve, majd utolsó számjegyét megint négyzetre emelve láthatjuk, hogy $a^{4}$ biztosan $6$ -ra végződik. Megnézve $b$ lehetséges értékeit, csak $5^{4} = 625$ és $9^{4} = 6561$ tartalmazza a 6-os számjegyet. De $9^{4}$ a számjegyeinek bármilyen permutációja után osztható lenne 3-mal (a számjegyek összege nem változik). Ekkor csak $a^{4} = 6^{4} = 1296$ lehetséges, de ez nem vihető át $6561$ -be. Marad az $5^{4} = 625$ , és könnyen megtalálható, hogy ekkor $x = a^{4} = 256$ az egyetlen megoldás.

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

83.5%

csapat oldotta meg a feladatot

00:29:01

átlagos megoldási idő

10. feladat

Az $ABCD$ paralelogrammában egy $C$ -n átmenő egyenes az $AB$ oldalt egy $E$ pontban metszi, úgy hogy $EB = \frac{1}{5} AE$ . A $CE$ szakasz a $BD$ átlót az $F$ pontban metszi. Adjuk meg a $BF : BD$ arányt.

Megoldás

Eredmény:

$1 : 7$

Az $EFB$ háromszög és a $CDF$ háromszög hasonló egymáshoz, $EB : DC = 1 : 6$ aránnyal. Ebből következik, hogy $BF : FD = 1 : 6$ is ilyen arányú, tehát $BF : BD = 1 : 7$ .

Statisztika

449

csapat kapta meg a feladatot

78.8%

csapat oldotta meg a feladatot

00:34:37

átlagos megoldási idő

11. feladat

Egy nagy társasházban $100$ számozott lakás található. Minden lakásban egy, kettő vagy három ember lakik. Az elsőtől az 52-edik lakásig összesen $56$ ember lakik, az 51-ediktől a 100-adik lakásokban pedig összesen $150$ ember. Összesen hányan élnek a házban?

Megoldás

Eredmény:

$200$

Mivel egy lakásban maximum 3 ember lakhat, az 51.-100. lakásokban mind pontosan három ember él. Tehát $56 - 2 \cdot 3 = 50$ ember él az első ötven lakásban összesen. Ebből következik, hogy $50 + 150 = 200$ lakója van a társasháznak.

Statisztika

852

csapat kapta meg a feladatot

99.2%

csapat oldotta meg a feladatot

00:11:45

átlagos megoldási idő

12. feladat

Miklós leírta a 3-as számot piros ceruzával és a 2-es számot zöld ceruzával egy papírra. Ez volt az első lépés. Minden további lépésben pirossal leírta az előző lépésbeli két szám összegét, és zölddel a (pozitív) különbségüket. Milyen számot írt le pirossal a 2017. lépésben?

Megoldás

Eredmény:

$3 \cdot 2^{1008}$

Könnyen látható, hogy minden lépésben a piros szám nagyobb mint a zöld. Ha az $n$ . lépésben a piros szám $P_{n}$ és a zöld szám $Z_{n}$ akkor az $n + 1$ . lépésben $P_{n + 1} = P_{n} + Z_{n}$ és $Z_{n + 1} = P_{n} - Z_{n}$ , és az $n + 2$ . lépésben

\begin{array}{l} P_{n + 2} & = P_{n + 1} + Z_{n + 1} = 2 P_{n}, \\ Z_{n + 2} & = P_{n + 1} - Z_{n + 1} = 2 Z_{n} . \end{array}

Tehát mindkét szám duplázódik két lépésenként. Az első és a 2017. lépés között ez 1008-szor történik meg, ezért az eredmény $3 \cdot 2^{1008}$ .

Statisztika

852

csapat kapta meg a feladatot

79.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:32:42

átlagos megoldási idő

13. feladat

Piroska a Négyszögletű-erdő bejáratánál áll. Az $A$ pontból indulva el kell jutnia $B$ -be, amilyen gyorsan csak lehet. Egy lehetőség az erdő széle mentén sétálni, ami összesen $140$ m lenne. Persze tudja a háromszög-egyenlőtlenségből, hogy egy egyenes út rövidebb volna. De sajnos csak az ábrán látható cikkcakkos út van. Ha Piroska tudná, hogy ez az út rövidebb mint $140$ m, akkor meg merné kockáztatni az átvágást. Adjuk meg a cikkcakkos út hosszát!

Megoldás

Eredmény:

$124 m$

A Pitagorasz-tétel alapján a téglalap átlója $\sqrt{6 0^{2} + 8 0^{2}} = 100$ . A befogótételből meg tudjuk határozni az átló rövidebb (szaggatottal jelölt) szakaszának hosszát: $6 0^{2} ∕ 100 = 36$ . Ez alapján a hosszabb szakasz hossza $100 - 36 = 64$ . A magasságtétel alapján a magasság hossza $\sqrt{36 \cdot 64} = 48$ . Összességében a cikkcakkos út hossza $48 + (64 - 36) + 48 = 124$ .

Statisztika

849

csapat kapta meg a feladatot

77.0%

csapat oldotta meg a feladatot

00:33:57

átlagos megoldási idő

14. feladat

A nyolcjegyű palindrom számok $\bar{abcddcba}$ alakúak, ahol $a$ , $b$ , $c$ és $d$ nem feltétlen különböző számjegyek. Hány olyan nyolcjegyű palindrom szám van, amiből törölhetünk néhány számjegyet úgy, hogy a törlés után megmaradó szám $2017$ legyen?

Megoldás

Eredmény:

$8$

Mivel $2017$ minden számjegye különböző, az $a, b, c, d$ számjegyek különbözőek és mindből egyet törlünk. Törlés után $2017$ vagy első vagy utolsó számjegye $a$ . Az első esetben $a = 2$ és egy analóg feladathoz jutunk egy hatjegyű palindrommal és a $0, 1, 7$ számjegyekkel. A második esetben $a = 7$ és szintén egy analóg feladathoz jutunk hatjegyű palindrommal és a $2, 0, 1$ számjegyekkel. Mindkét esetben ismét két választásuk van az első számjegyre, szóval 4 darab feladatot kapunk négyjegyű palindromra, majd 8 db feladatot kétjegyű palindromra, aminek már egyértelmű a megoldása. Tehát összesen $8$ lehetőség van.

Statisztika

845

csapat kapta meg a feladatot

89.2%

csapat oldotta meg a feladatot

00:31:01

átlagos megoldási idő

15. feladat

Egy $n$ egész szám számjegyeinek összegét jelöljük $S (n)$ -nel, a számjegyeinek szorzatát pedig $P (n)$ -nel. Hány olyan pozitív egész $n$ van, amelyre $n = S (n) + P (n)$ ?

Megoldás

Eredmény:

$9$

Egyjegyű $n$ esetén $S (n) + P (n) = 2 n > n$ . A továbbiakban feltesszük, hogy $n$ legalább kétjegyű. Mivel ekkor $S (n) < n$ , szükségképpen $P (n) > 0$ , így $n$ mindegyik számjegye nullától különböző kell, hogy legyen. Legyen $m \geq 1$ olyan, melyre $n = a_{m} 1 0^{m} + \dots + a_{0}$ , ahol $1 \leq a_{k} \leq 9$ valamennyi $0 \leq k \leq m$ esetén egész. Ekkor

\begin{array}{l} n - S (n) - P (n) & = a_{m} 1 0^{m} + \dots + a_{0} - (a_{m} + \dots + a_{0}) - a_{m} \dots a_{0} \\ = (1 0^{m} - 1 - a_{m - 1} \dots a_{0}) a_{m} + (1 0^{m - 1} - 1) a_{m - 1} + \dots + 9 a_{1} \\ \geq (1 0^{m} - 1 - 9^{m}) a_{m} \\ \geq 0, \end{array}

egyenlőség pedig csakis $m = 1$ esetén lehetséges. Tehát a feltételnek megfelelő $n$ számok felírhatók, mint

n = 10 a_{1} + a_{0} = a_{1} + a_{0} + a_{1} a_{0}

ez pedig $a_{1} (9 - a_{0}) = 0$ egyenlőséggel ekvivalens, ebből adódóan pedig $a_{0} = 9$ . A feladat feltételét így tehát pontosan kilenc szám elégíti ki: $19$ , $29$ , $39$ , $49$ , $59$ , $69$ , $79$ , $89$ , valamint $99$ .

Statisztika

836

csapat kapta meg a feladatot

92.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:22:13

átlagos megoldási idő

16. feladat

Egy gyár tulajdonosa $100$ embert foglalkoztat. Minden csoportvezető havi fizetése € $5 000$ , minden szerelőé € $1 000$ és minden részmunkaidős munkásé € $50$ . Összesen a tulajdonos havi $100 000$ Eurót fizet a dolgozóknak, és mindhárom típusból van legalább egy dolgozó. Hány csoportvezető dolgozik ennél a gyárnál?

Megoldás

Eredmény:

$19$

Jelölje $x$ , $y$ , $z$ rendre a csoportvezetők, szerelők és részmunkaidős munkások számát. Ekkor a feladat feltételei felírhatók egyenletrendszerként az alábbi módon:

\begin{align} x + y + z & = 100 & (1) \\ 5 000 x + 1 000 y + 50 z & = 100 000 & (2) \end{align}

Fejezzük ki $z$ -t $(2)$ egyenletből: $z = 2000 - 20 y - 100 x$ , ekkor az egyenlet jobb oldala $20$ -szal osztható, ezért $z$ felírható $z = 20 k$ alakban, ahol $k$ pozitv egész. Ekkor a $(2)$ egyenletet egyszerűsítve az $5 x + y + k = 100$ egyenletet kapjuk. Kivonva ebből $(1)$ egyenletet, szintén $z = 20 k$ helyettesítéssel $4 x = 19 k$ adódik. Mivel $4$ és $19$ relatív prímek, $x$ osztható $19$ -cel. Mivel $x$ , $y$ , és $z$ pozitívak, $(2)$ miatt $x < 20$ . Így tehát $x = 19$ ( $y = 1$ és $z = 80$ ) az egyetlen megoldás.

Statisztika

834

csapat kapta meg a feladatot

87.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:27:46

átlagos megoldási idő

17. feladat

Az alábbi mozaik szabályos sokszögekből áll. A hatszög és a sötét háromszög köréírt köre megegyezik. Feltéve, hogy egy csíkos háromszög területe $17$ , határozzátok meg a sötét háromszög területét.

Megoldás

Eredmény:

$51$

Először forgassuk el a sötét háromszöget $3 0^{\circ}$ -kal köréírt körének középpontja körül, ekkor csúcsai egybeesnek a hatszög csúcsaival. Világos tehát, hogy területe a hatszög területének fele.

Ugyanakkor vegyük észre, hogy a csíkos szabályos háromszögek oldalhossza megegyezik a hatszög oldalhosszával. Ezért a csíkos háromszög területe a hatszög területének $\frac{1}{6}$ -a. Mindent összevetve a sötét háromszög területére $3 \cdot 17 = 51$ adódik.

Statisztika

817

csapat kapta meg a feladatot

76.9%

csapat oldotta meg a feladatot

00:30:13

átlagos megoldási idő

18. feladat

A passaui vasútállomás felújítása során speciális mintázatú burkolatot akarnak a látássérült emberek számára létrehozni. A kövezet ábrája a lenti ábrán található. Sajnos csak $1 \times 2$ -es csempék állnak rendelkezésre. Hányféleképpen lehet a burkolatot lefedni velük? A csempék megkülönböztethetetlenek, és két csempézést akkor tekintünk különbözőnek, ha bennük a csempék valamely ponton eltérő helyzetben vannak.

Megoldás

Eredmény:

$15$

A vékony sávok mentén kezdve a csempék lerakását, egyértelmű, hogy a csempézés variálására csak egy $3 \times 5$ -ös területen van lehetőség:

Három lehetőségünk van a következő csempénél: vagy ugyanabban az irányban helyezzük el, mint az előzőt (ld. (1)), amely két különálló $3 \times 2$ -es területhez vezet, vagy tehetjük rá merőlegesen ((2) és (3) szerint, az iránytól függően). Ezekben az esetekben a csempézés egyértelmű egy $3 \times 2$ -es terület kivételével.

Minden $3 \times 2$ -es területet háromféleképpen fedhetünk le a következő ábra szerint:

Tehát $3 \cdot 3 = 9$ lehetőségünk van az (1) esetben, 3-3 pedig a másik kettőben. Összesen így $9 + 3 + 3 = 15$ különböző csempézés lehetséges.

Statisztika

805

csapat kapta meg a feladatot

80.4%

csapat oldotta meg a feladatot

00:29:22

átlagos megoldási idő

19. feladat

Misi gondolt egy $n$ pozitív egész számra. Ezután kiválaszotta $n$ egy pozitív osztóját, megszorozta $4$ -gyel, majd kivonva ezt a számot $n$ -ből $2017$ -et kapott eredményül. Adjátok meg az összes lehetséges számot, amire Misi gondolhatott.

Megoldás

Eredmény:

$2021$ , $10085$

Legyen $d$ az az osztója $n$ -nek, amit Misi választott. Ekkor $n = kd$ valamely $k$ pozitív egészre. Ebből a következő egyenletet kapjuk:

kd - 4 d = (k - 4) d = 2017 .

Mivel $2017$ prím, így $d = 1$ vagy $d = 2017$ . Előbbi esetben $n = k = 2017 + 4 = 2021$ , míg utóbbi esetben $k = 5$ , és így $n = 2017 \cdot 5 = 10085$ adódik.

Statisztika

789

csapat kapta meg a feladatot

55.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:31:33

átlagos megoldási idő

20. feladat

Grizsa és Vanyecska nagyon jó barátok, így mindig elkezdenek csevegni, ha egymás mellé ülnek. Öt diák (Grizsát és Vanyecskát is beleértve) szeretne egy konstruktív kerekasztal beszélgetést, vagyis öt székre akarnak leülni egy körasztal mentén úgy, hogy Grizsa és Vanyecska ne legyenek szomszédok. Hányféleképpen tudják ezt megtenni? A forgatással egymásba vihető elrendezések is különbözőnek számítanak.

Megoldás

Eredmény:

$60$

Miután Grizsa szabadon elfoglalta az öt hely egyikét, Vanyecska leültetésére $2$ lehetőségünk van, hogy ne üljenek egymás mellett. Ez $5 \cdot 2$ különböző esetet ad. Mindegyikben a három másik diák szabadon leültethető, $3!$ -féleképpen, így összesen $5 \cdot 2 \cdot 3! = 60$ lehetőségünk van.

Statisztika

762

csapat kapta meg a feladatot

89.1%

csapat oldotta meg a feladatot

00:14:33

átlagos megoldási idő

21. feladat

Az ábrán $AB$ egy $M$ középpontú kör átmérője. $D$ és $C$ pontok úgy illeszkednek a körre, hogy $AC ⊥ DM$ és $MAC ∢ = 5 6^{\circ}$ . Adjátok meg az $AC$ és $BD$ által bezárt hegyesszög nagyságát.

Megoldás

Eredmény:

$7 3^{\circ}$

Jelöljük $AC$ és $DM$ metszéspontját $S$ -sel, $AC$ és $BD$ metszéspontját pedig $T$ -vel.

$MAC ∢ = 5 6^{\circ}$ és az $S$ -beli derékszög ismeretéből $SMA ∢ = 3 4^{\circ}$ adódik, az $AMS$ háromszög szögeinek vizsgálatából. Továbbá, $BMD ∢ = 18 0^{\circ} - SMA ∢ = 14 6^{\circ}$ . Mivel $MD$ és $MB$ egyaránt a kör sugarai, $BDM △$ egyenlő szárú ( $MBD ∢ = MDB ∢$ ), ezért $MDB ∢ = 1 7^{\circ}$ . $CTB ∢$ szöget akarjuk meghatározni, ami megegyezik $STD ∢$ szöggel, ez pedig a $DST$ derékszögű háromszög szögeinek segítségével kiszámolható, ugyanis $SDT ∢ = MDB ∢$ . Tehát $CTB ∢ = 7 3^{\circ}$ .

Statisztika

732

csapat kapta meg a feladatot

91.5%

csapat oldotta meg a feladatot

00:12:32

átlagos megoldási idő

22. feladat

Egy egységnégyzetekből felépülő alakzat úgy épül fel, hogy egy négyzetből kiindulva minden lépésben az aktuális állapot egy-egy példányát illeszti maga mellé az ábrának megfelelő módon. Milyen hosszú a vastaggal jelölt határolóvonal a hatodik állapotban?

Megoldás

Eredmény:

$488$

Jelölje $f_{n}$ a vastag határvonalat az $n$ -edik lépésben. Figyeljük meg, hogy minden állapot az előzőből úgy keletkezik, hogy két, az előző állapottal egybevágó alakzatot ragasztunk egy-egy egység hosszú vonal mentén az eggyel korábbi állapothoz, és a ragasztás menti határvonalok eltűnnek. Ebből a megfigyelésből az $f_{n + 1} = 3 \cdot f_{n} - 2 \cdot 2$ képlet adódik minden $n \geq 1$ esetén, továbbá tudjuk, hogy $f_{1} = 4$ , így tehát $f_{6} = 488$ -at kapjuk eredményül.

Statisztika

705

csapat kapta meg a feladatot

82.8%

csapat oldotta meg a feladatot

00:20:29

átlagos megoldási idő

23. feladat

Egy hatalmas kerekasztal körül $2017$ széket helyeztek el, a székeken szuperhősök és főgonoszok ülnek. A szuperhősök mindig igazat mondanak, míg a főgonoszok mindig hazudnak. Valamennyi, az asztalnál ülő személy kijelentette, hogy egy szuperhős és egy főgonosz között foglal helyet. Utólag azonban kiderült, hogy valamiért pontosan egy szuperhős tévedett ezt illetően. Hány szuperhős ül az asztalnál?

Megoldás

Eredmény:

$1345$

Elsőként figyeljük meg, hogy két főgonosz nem ülhet egymás mellett: ha ez lenne a helyzet, akkor mindkettőjük másik szomszédja is főgonosz kellene, hogy legyen, ezt a gondolatmenetet követve pedig arra a következtetésre jutnánk, hogy az asztalnál egyetlen szuperhős sem ül, ez azonban ellentmond annak a feltételnek, hogy pontosan egy szuperhős tévedett. Ha elhagyjuk a tévedő szuperhőst, igaz lesz, hogy bármely szuperhős egy szuperhős és egy főgonosz között foglal helyet, valamint bármely főgonosz két szuperhős között, így az asztaltársaság egymást követő ívekre bontható, ahol egy-egy ív szuperhős-szuperhős-főgonosz alakú. A tévedésbe eső szuperhős vagy két szuperhős között, vagy két főgonosz között ül. Az ülőhelyek száma $3$ -mal osztva $1$ -et ad maradékul, így az ülésrend mintáját alapulvéve csak az első eset fordulhat elő, ezért $\frac{2}{3} \cdot 2016 + 1 = 1345$ szuperhős ül az asztalnál.

Statisztika

678

csapat kapta meg a feladatot

90.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:12:40

átlagos megoldási idő

24. feladat

Találjátok meg az összes pozitív valós $x$ -et, amelyre

x^{2017 x} = {(2017 x)}^{x} .

Megoldás

Eredmény:

$\sqrt[2016]{2017}$

Mivel $x$ pozitív, mindkét oldalt $1 ∕ x$ -edik hatványra emelhetjük, amiből $x^{2017} = 2017 x$ vagy másképp $x^{2016} = 2017$ . Így $x = \sqrt[2016]{2017}$ a megoldás.

Statisztika

653

csapat kapta meg a feladatot

64.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:17:15

átlagos megoldási idő

25. feladat

Leo egy szabályos dodekaéder éleit akarja kiszínezni a következő módon: kiválaszt egy színes filctollat, majd az egyik csúcsból kiindulva a filctoll felemelése nélkül sorra kiszínez éleket úgy, hogy semelyik élt nem színezi ki kétszer, ezt az eljárást addig folytatja, ameddig tudja. Ezután elővesz egy másik színű filctollat, majd kezdve egy még ki nem színezett éllel az előzőekben leírtakat követi ismét. Ezt addig folytatja, amíg a dodekaéder minden éle ki nincs színezve pontosan egy színnel. Legalább hány filctoll használata szükséges?

Megjegyzés: A szabályos dodekaéder olyan test, melynek tizenkét ötszöglapja van, ahogy azt az ábra is mutatja:

Megoldás

Eredmény:

$10$

Egy szabályos dodekaédernek 20 csúcsa van, és minden csúcsa pontosan $3$ élre illeszkedik. Most tekintsük a dodekaéder gráfját. Minden lépésben egy sétát színezünk a gráfban, aminek éleit aztán töröljünk a gráfból. Ha az eltávolított séta zárt, úgy minden csúcsra igaz, hogy $0$ vagy $2$ rá illeszkedő élt töröltünk a gráfból. Ha az aktuálisan törölt séta kiinduló csúcsa $b$ , a záró csúcsa pedig egy ettől különböző $e$ , úgy a $b$ -re és $e$ -re illeszkedő élek közül pontosan egy került törlésre, míg a gráf összes többi csúcsára szintén igaz, hogy $0$ vagy $2$ rá illeszkedő élt töröltünk. Ezért minden csúcs egy séta kezdő-/végpontja kell, hogy legyen, ezért legalább $10$ lépés szükséges az üres gráf eléréséhez, tehát legalább $10$ szín kellett a dodekaéder éleinek kiszínezéséhez.

A következő ábra azt mutatja meg, hogy $10$ színnel már ki tudjuk színezni az éleket:

Statisztika

625

csapat kapta meg a feladatot

61.9%

csapat oldotta meg a feladatot

00:26:24

átlagos megoldási idő

26. feladat

Joci, a tájépítész tervezett egy murvával felszórt utat, mely egy tavat kerül meg. Az $ABC$ háromszög jelöli az út közepét, ennek pedig rendre $a = 80 m$ , $b = 100 m$ és $c = 120 m$ hosszú oldalai vannak. Az út széleinek ettől a háromszögtől való távolsága $1 m$ . Hány $m^{3}$ murvát kell Jocinak rendelnie, ha átlagosan $4 cm$ a murvaréteg vastagsága?

Megoldás

Eredmény:

$24$

Az út felületét feloszthatjuk három trapézra, melyek magassága rendre $2$ , középvonalaik pedig $a$ , $b$ , valamint $c$ .

Mivel egy trapéz területe megegyezik a magasságának és a középvonalának szorzatával, az út felülete így négyzetméterben kifejezve

2 \cdot (80 + 100 + 120) = 2 \cdot 300 = 600 .

Ezért a szükséges murva mennyisége $600 m^{2} \cdot 0, 04 m = 24 m^{3}$ .

Statisztika

598

csapat kapta meg a feladatot

51.8%

csapat oldotta meg a feladatot

00:28:20

átlagos megoldási idő

27. feladat

Adjuk meg az összes négyjegyű négyzetszámot amelynek az első két számjegye egyenlő, és a két utolsó számjegye szintén egyenlő.

Megoldás

Eredmény:

$7744$

Legyen $N$ a keresett szám, és jelölje $x$ az első, $y$ az utolsó számjegyét. Ekkor

N = 1000 x + 100 x + 10 y + y = 11 (100 x + y),

tehát $N$ osztható 11-gyel. Mivel négyzetszám, oszthatónak kell lennie $1 1^{2}$ -tel is. Tehát $N = 1 1^{2} k^{2}$ valamilyen $k$ pozitív egészre és $100 x + y = 11 k^{2}$ . Mivel ennek az egyenlőtlenségnek a baloldala a háromjegyű $\bar{x 0 y}$ amelynek a tizes helyiértékén 0 áll, $k^{2}$ egy kétjegyű szám kell legyen, aminek számjegyeinek összege 10. Az egyetlen ilyen szám a $8^{2} = 64$ . Tehát kapjuk hogy $100 x + y = 11 \cdot 8^{2}$ és ez alapján $N = 1 1^{2} \cdot 8^{2} = 8 8^{2} = 7744$ .

Statisztika

566

csapat kapta meg a feladatot

65.0%

csapat oldotta meg a feladatot

00:23:56

átlagos megoldási idő

28. feladat

A vidámparkban van egy lottósorsolás a következő szabályokkal: a résztvevőnek négy megkülönböztethetetlen doboz közül kell egyet választania, és abból egy golyót kihúznia. Ha a golyó fehér, a résztvevő nyert, ha fekete, vesztett. Például, ha a golyók eloszlása a négy dobozban

(6, 6), (5, 3), (4, 0), (3, 5),

ahol minden $(w, b)$ pár egy dobozt jelöl, amiben $w$ fehér és $b$ fekete golyó van, a játékos $\frac{5}{8}$ eséllyel nyer. Minden 1000. résztvevő megnyeri a szuper jokert: tetszőlegesen újraoszthatja a golyókat az egyes dobozok közt. Ezek után a dobozokat összekeverik, és a résztvevő választhat egy dobozt, amiből húz egyet. Johanna egy szerencsés lány, és megnyerte ezt a szuper jokert. Mekkora a legnagyobb valószínűség, amit a példában szereplő eloszlásból kiindulva érhet el ideális stratégiával?

Megoldás

Eredmény:

$\frac{51}{58}$

Ha Johanna pontosan egy fehér golyót helyez a négy dobozból háromba, automatikusan nyer, ha ebből a három dobozból választ egyet. A $(1, 0), (1, 0), (1, 0), (15, 14)$ kiindulási $(w, b)$ -eloszlásban így $\frac{1}{4} (1 + 1 + 1 + \frac{15}{29}) = \frac{51}{58}$ valószínűséggel nyer.

Könnyen belátható, hogy minden más eloszlás kisebb győzelmi esélyhez vezet: a vesztés esélyét az egyes fekete golyók kiválasztási valószínűségét összegezve kapjuk meg. Ez a valószínűség pedig akkor minimális, ha a fekete golyók olyan dobozban vannak, ahol a lehető legtöbb golyó van.

Statisztika

523

csapat kapta meg a feladatot

69.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:19:51

átlagos megoldási idő

29. feladat

Egy autóbusz, egy kamion és egy motorbicikli állandó sebességgel haladnak, majd ebben a sorrendben, egyenlő időközönként elmennek egy traffipax mellett. Az úton később egy újabb traffipax mellett haladnak el, szintén azonos időközönként (ráadásul ugyanannyi idővel váltják egymást, mint az első traffipax esetén), ám ezúttal más sorrendben: autóbusz, motorbicikli, kamion. Határozzátok meg az autóbusz sebességét, ha a kamion sebessége $60 km/h$ , a motorbiciklié pedig $120 km/h$ .

Megoldás

Eredmény:

$80 km/h$

Legyen $t$ az az idő, ami az egymást követő járművek traffipaxhoz érése közt eltelik. Így a motorbicikli $t$ órával a kamiont követően éri el az első traffipaxot, illetve $t$ órával hamarabb a másodikat. Ezért a motorbicikli $2 t$ óra alatt teszi meg a két traffipax közötti távolságot. A kamionnak ez $4 t$ órába telik, hiszen fele olyan gyors, mint a motorbicikli.

Az autóbusz $t$ órával előbb éri el az első traffipaxot, mint kamion, továbbá $2 t$ órával hamarabb éri el a másodikat. Így amíg a kamionnak $4 t$ órába telik megtenni a két traffipax közti távolságot, addig az autóbusznak ez csak $3 t$ órát vesz igénybe. Következésképp az autóbusz sebessége $\frac{4}{3}$ -szorosa a kamionénak, vagyis $80 km/h$ .

Statisztika

491

csapat kapta meg a feladatot

71.9%

csapat oldotta meg a feladatot

00:24:53

átlagos megoldási idő

30. feladat

Keressük meg az összes számhármast a következő állításban szereplő lyukak pozitív egészekkel való betöltésére, úgy, hogy az állítás igaz legyen: „Ebben az állításban, $%$ -a a számjegyeknek nagyobb mint $4$ , $%$ -a a számjegyeknek kisebb mint $5$ , és $%$ -a a számjegyeknek vagy $4$ , vagy $5$ ”.

Megoldás

Eredmény:

$50$ , $50$ , $60$

A számjegyek teljes $n$ száma $7$ -től $10$ -ig terjedhet. Mivel egész százalékokat akarunk kapni, az egyedüli lehetséges prímtényezők a $2$ és az $5$ . Ez kizárja az $n = 7$ és $n = 9$ eseteket. Mivel $n = 8$ -ra négy számjegy már rögzített, könnyen ellenőrizhetjük, hogy a három lyukat nem lehet megfelelően kitölteni még négy számjegy felhasználásával. Így $n = 10$ -et kapjuk. Tehát minden szám a lyukakban $0$ -ra végződik, és így eljelölhetjük őket rendre $\bar{a 0}$ -lal, $\bar{b 0}$ -lal és $\bar{c 0}$ -lal, ahol $a$ , $b$ és $c$ számjegyek, és $a + b = 10$ .

Mivel legalább két számjegy nagyobb mint $4$ , és legalább öt számjegy kisebb, vagy egyenlő mint $4$ , levonhatjuk azt a következtetést, hogy $5 \geq a \geq 2$ . Sőt, legalább egy $a$ és $b$ közül nagyobb mint négy, tehát $5 \geq a \geq 3$ .

Mivel négy számjegy legalább $4$ vagy $5$ , $c \geq 4$ . Ezen kívül $\bar{c 0} %$ definíció szerint kizárja a $c = 4$ esetet, így $c \geq 5$ , amiből $5 \geq a \geq 4$ . Az $a = 4$ esetben $b = 6$ lenne, de ehhez egyik $c \geq 5$ értékre se teljesül az állítás. Legyen tehát $a = 5$ . Ebből $b = 5$ , és az állítás teljesül $c = 6$ -ra.

Statisztika

472

csapat kapta meg a feladatot

51.5%

csapat oldotta meg a feladatot

00:26:30

átlagos megoldási idő

31. feladat

Pali marhái egy háromszög alakú réten legelnek, jelöljük ezt $ABC$ -vel. Mivel a pöttyös és egyszínű tehenei nem jönnek ki jól egymással, Pali épített egy húszméteres kerítést, az $AC$ oldalra merőlegesen, a $P$ pontból kiindulva, aminek a másik vége a $B$ pontba került. Ez a kerítés a rétet két derékszögű háromszögre osztotta. A kerítés ellen az $A$ pont körül legelő pöttyös tehenek hamar elkezdtek tiltakozni, rámutatva, hogy $AP : PC = 2 : 7$ , és egy tisztességesebb elosztást követeltek. Ezután Pali kicserélte a kerítést egy, az előzővel párhuzamos másikra, ami hasonlóan a rét határainál ér véget, de két egyenlő területű részre osztja a rétet. Mi az új kerítés hossza méterben?

Megoldás

Eredmény:

$30 \sqrt{\frac{2}{7}}$

Legyen $X$ és $Y$ az új kerítés két végpontja rendre az $AC$ és $BC$ oldalon. Mivel a $PBC$ háromszögnek nagyobb a területe, mint az $ABP$ -nek, az $X$ pont $C$ és $P$ között helyezkedik. A $PBC$ és $XY C$ háromszögek hasonlóak, így $XY : XC = PB : PC$ .

Továbbá, mivel az $XY C$ háromszög területe fele az $ABC$ háromszög területének,

\frac{1}{2} \cdot XY \cdot XC = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot PB \cdot AC

ezt átírva

X Y^{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{XY}{XC} \cdot PB \cdot AC = \frac{1}{2} \cdot P B^{2} \cdot \frac{AP + PC}{PC},

tehát

XY = PB \cdot \sqrt{\frac{1}{2} (1 + \frac{AP}{PC})} = 30 \sqrt{\frac{2}{7}} .

Statisztika

430

csapat kapta meg a feladatot

47.7%

csapat oldotta meg a feladatot

00:24:20

átlagos megoldási idő

32. feladat

Egy táblán öt, egymástól nem feltétlenül különböző valós szám állt. Minden lehetséges számpár esetén Wendy kiszámolta a számpárok tagjainak összegét, majd felírta az így kapott tíz számot a táblára:

1, 2, 3, 5, 5, 6, 7, 8, 9, 10

valamint letörölte a korábbi számokat. Határozzátok meg a letörölt számok szorzatának összes lehetséges értékét.

Megoldás

Eredmény:

$- 144$

Legyenek $a \leq b \leq c \leq d \leq e$ a letörölt számok. A tíz felírt szám legkisebbje $a + b = 1$ , a második legkisebb $a + c = 2$ , a legnagyobb $d + e = 10$ , a második legnagyobb pedig $c + e = 9$ . Mivel a tíz számot összeadva

4 (a + b + c + d + e) = 1 + 2 + 3 + 5 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 + 10 = 56,

ekkor $a + b + c + d + e = 14$ és $c = 14 - 1 - 10 = 3$ adódik. Következésképp $a = 2 - c = - 1$ , $b = 1 - a = 2$ , $e = 9 - c = 6$ , és $d = 10 - e = 4$ . Könnyen ellenőrízhetjük, hogy ezek a számok valóban kielégítik valamennyi egyenletet. A keresett szorzat tehát $- 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 6 = - 144$ .

Statisztika

380

csapat kapta meg a feladatot

47.1%

csapat oldotta meg a feladatot

00:25:34

átlagos megoldási idő

33. feladat

Írjátok fel $333$ -at különböző páratlan pozitív egészek négyzetösszegeként.

Megoldás

Eredmény:

$3^{2} + 5^{2} + 7^{2} + 9^{2} + 1 3^{2}$

Tetszőleges páratlan szám négyzete $8$ -cal osztva $1$ -et ad maradékul. Mivel $333$ -nak $5$ a $8$ -as maradéka, az összeadandó négyzetszámok számának $8$ -as maradéka $5$ kell, hogy legyen.

Mivel $1^{2} + 3^{2} + 5^{2} + 7^{2} + 1 7^{2} > 333$ , $1 7^{2}$ már nem fordulhat elő az összegben, továbbá az összeadandó négyzetszámok száma sem lehet $5$ -nél több. Most vessünk egy pillantást a lehetséges összeadandók $5$ -ös maradékára: Kettő közülük osztható $5$ -tel ( $5^{2}$ , $1 5^{2}$ ), három $1$ -et ad maradékul ( $1^{2}$ , $9^{2}$ , $1 1^{2}$ ), és három pedig $- 1$ -et ( $3^{2}$ , $7^{2}$ , $1 3^{2}$ ). Mivel $333$ -nak $3$ az $5$ -ös maradéka (vagy másképp $- 2$ ), két eset jöhet szóba. Először adjuk össze valamennyi $0$ vagy $1$ maradékú négyzetszámot; ez azonban nem $333$ -at eredményez. A másik lehetőség a $- 2$ eléréséhez, ha összeadjuk az összes $- 1$ maradékot adó számot, majd hozzáadunk egy $0$ és egy $1$ maradékot adót. Könnyű látni, hogy a $1 1^{2}$ -et vagy $1 5^{2}$ -et tartalmazó összegek túl nagyok, és a fennmaradó két lehetőségből csak a $3^{2} + 5^{2} + 7^{2} + 9^{2} + 1 3^{2}$ lesz egyenlő $333$ -mal.

Statisztika

337

csapat kapta meg a feladatot

82.2%

csapat oldotta meg a feladatot

00:12:33

átlagos megoldási idő

34. feladat

Zsuzsi kiválasztott 3 valós számot: $a$ , $b$ , $c$ , majd bevezette a $⊙$ műveletet: $x ⊙ y = ax + by + cxy$ . Példaképpen kiszámította, hogy $1 ⊙ 2 = 3$ és $2 ⊙ 3 = 4$ . Ezután észrevette, hogy létezik egy nullától különböző $u$ valós szám, amelyre $z ⊙ u = z$ minden valós $z$ szám esetén. Mennyi $u$ értéke?

Megoldás

Eredmény:

$4$

$0 = 0 ⊙ u = bu$ -ból $b = 0$ adódik (hiszen $u \neq 0$ ). Ez alapján újra felírva a feltételben szereplő egyenleteket:

\begin{array}{l} a + 2 c & = 3, \\ 2 a + 6 c & = 4 \end{array}

Ennek az egyenletrendszernek az egyértelmű megoldásai $a = 5$ és $c = - 1$ . Végezetül $1 = 1 ⊙ u = 5 - u$ -ból $u = 4$ adódik.

Statisztika

303

csapat kapta meg a feladatot

46.9%

csapat oldotta meg a feladatot

00:23:39

átlagos megoldási idő

35. feladat

Egy egyenes és négy kör: három közülük egyaránt $r$ sugarú, egy pedig $1$ sugarú, az ábrának megfelelően helyezkedik el a síkon. Határozzátok meg $r$ -et.

Megoldás

Eredmény:

$\frac{1 + \sqrt{5}}{2}$

Jelöljük az érintési pontokat és a középpontokat az ábrán látható módon.

Alkalmazva a Pitagorasz-tételt, kapjuk:

A B^{2} = X Y^{2} - {(BY - AX)}^{2} = {(r + 1)}^{2} - {(r - 1)}^{2} = 4 r .

Mivel $BY ∥ TZ$ és $BY = TZ = r$ , $BY ZT$ paralelogramma és $BT = Y Z = 2 r$ . $ABT$ derékszögű háromszögben:

A B^{2} + A T^{2} = B T^{2} ⟺ r + 1 = r^{2} .

Ennek a másodfokú egyenletnek az egyetlen pozitív megoldása $r = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ .

Statisztika

272

csapat kapta meg a feladatot

45.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:20:21

átlagos megoldási idő

36. feladat

Valaki egy betonfalra graffitizett öt, nem feltétlenül különböző valós számot, melyek összege $20$ . Kincső kiszámította ezen öt szám közül kiválasztott számpárok összegének alsó egészrészét valamennyi lehetséges számpár esetén (tehát a nála nem nagyobb egész számok közül a maximálisat), így tehát tíz egész számot kapva eredményül. Végezetül összeadta az így kapott számokat. Mi a legkisebb érték, amit Kincső eredményül kaphatott?

Megoldás

Eredmény:

$72$

Legyen az öt falra írt szám rendre $a_{1}, \dots, a_{5}$ . Ekkor tehát a következő kifejezés minimumát keressük:

W = \sum_{1 \leq i < j \leq 5} ⌊ a_{i} + a_{j} ⌋,

ahol $⌊ x ⌋$ jelöli $x$ alsó egészrészét. Ezt a kifejezést ekvivalensen így alakíthatjuk:

\sum_{1 \leq i < j \leq 5} ⌊ a_{i} + a_{j} ⌋ = \sum_{1 \leq i < j \leq 5} (a_{i} + a_{j}) - \sum_{1 \leq i < j \leq 5} {a_{i} + a_{j}} = 80 - \sum_{1 \leq i < j \leq 5} {a_{i} + a_{j}},

ahol ${x} = x - ⌊ x ⌋$ jelöli $x$ törtrészét. Így tehát célunk, hogy maximalizáljuk az alábbi összeget:

S = \sum_{1 \leq i < j \leq 5} {a_{i} + a_{j}} .

Ez tovább bontható két összegre:

\sum_{i = 1}^{5} {a_{i} + a_{i + 1}} + \sum_{i = 1}^{5} {a_{i} + a_{i + 2}}

(legyen $a_{6} = a_{1}$ és $a_{7} = a_{2}$ ). Ekkor

\begin{array}{l} S_{1} & = \sum_{i = 1}^{5} {a_{i} + a_{i + 1}} = 40 - \sum_{i = 1}^{5} ⌊ a_{i} + a_{i + 1} ⌋, \\ S_{2} & = \sum_{i = 1}^{5} {a_{i} + a_{i + 2}} = 40 - \sum_{i = 1}^{5} ⌊ a_{i} + a_{i + 2} ⌋ \end{array}

egyenletek következtében $S_{1}$ és $S_{2}$ egészek, ugyanakkor mind $5$ , $1$ -nél kisebb szám összege, azaz legfeljebb $4$ ; tehát $S \leq 8$ . Ezért az eredeti összegre $W \geq 72$ adódik, ez pedig felvétetik, amennyiben $a_{1}, \dots, a_{5}$ törtrésze rendre $0.4$ .

Statisztika

239

csapat kapta meg a feladatot

54.4%

csapat oldotta meg a feladatot

00:21:19

átlagos megoldási idő

37. feladat

Valamely $n$ pozitív összetett egész szám esetén $ξ (n)$ jelölje $n$ három legkisebb pozitív osztójának összegét, $𝜗 (n)$ pedig $n$ két legnagyobb pozitív osztójának összegét. Találjátok meg az összes $n$ összetett számot, amelyre $𝜗 (n) = {(ξ (n))}^{4}$ teljesül.

Megoldás

Eredmény:

$864$

$n$ legkisebb pozitív osztója 1. Legyen $n$ második- és harmadik legkisebb pozitív osztója rendre $p$ és $q$ (ekkor $p$ prím és $q$ prím vagy $q = p^{2}$ ). Ekkor $ξ (n) = 1 + p + q$ és $𝜗 (n) = n + n ∕ p$ . Így ha a feltételbeli egyenletet megszorozzuk $p$ -vel, a feltétel a következő alakra hozható:

n (p + 1) = p {(1 + p + q)}^{4} .

Az egyenlet jobb oldala osztható $p + 1$ -gyel, és mivel $p$ és $p + 1$ relatív prímek, szükségképpen ekkor $p + 1 ∣ {(1 + p + q)}^{4}$ . Belátható, hogy ekkor $p + 1$ szükségképpen osztja $1 + p + q$ -t, ezért $p + 1 ∣ q$ . Ha $q = p^{2}$ , akkor $p + 1 ∣ p$ , ami lehetetlen. Ha pedig $q$ prím, $p + 1 ∣ q$ csak $p = 2$ és $q = 3$ esetén lehetséges. Ebből $n = 2^{5} \cdot 3^{3}$ adódik.

Statisztika

199

csapat kapta meg a feladatot

53.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:22:15

átlagos megoldási idő

38. feladat

Egy $3 \times 3$ -as tábla bal alsó sarkában egy kisegér üldögél. A tábla jobb felső sarkában egy darabka sajt van, az egér ezt akarja megszerezni, de csak egyesével tud haladni a tábla szomszédos mezőin. (Csak a közös oldallal rendelkező négyzetek szomszédosak.) Hányféleképp tudunk úgy akadályokat elhelyezni a tábla valahány (esetleg nulla) korábban üres mezőjén úgy, hogy az egér továbbra is elérjen a sajthoz?

Megoldás

Eredmény:

$51$

Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor beépítjük a középső mezőt. Ekkor az egér csak a széleken közlekedve közelítheti meg a sajtot, ezt pedig két útvonalon teheti meg, így csak az egyik útvonalon helyezhetünk el akadályokat ekkor. Mindegyik útvonalon három szabad mező van, ahol pedig $2^{3} = 8$ féleképp helyezhetünk el akadályt, ezért ekkor $8 + 8 - 1 = 15$ féleképp hagyhatunk egérutat a sajtig (a $- 1$ amiatt van, mert eredetileg kétszer számoltuk azt az esetet, amikor mindkét folyosót szabadon hagytuk).

Tekintsük most azt az esetet, amikor a középső mezőt szabadon hagyjuk. Ekkor pontosan akkor juthat el az egér a sajthoz, ha legalább egy szomszédos mező mind az egér, mind a sajt mellett szabadon marad. Számoljuk össze, hányféleképp tudjuk elállni az egér útját: Ha az egér kiinduló helyzetével szomszédos két mezőt lefoglaljuk, $2^{4} = 16$ módon tölthetjük ki a maradékot (a középpontot ugyanis most szabadon hagyjuk). Hasonlóképp, $16$ féleképp tölthetjük ki a táblát, ha mindkét mezőt elzárjuk a sajt szomszédságában. Kétszer számoltuk azokat az eseteket, amikor mind az egér, mind a sajt mindkét szomszédos mezőjét eltorlaszoltuk, így ekkor $16 + 16 - 4 = 28$ féleképp akadályozhatjuk meg, hogy az egér eljusson a sajtig. Az összes lehetőségek száma a középpont szabadon hagyásával viszont $2^{6} = 64$ , így a jó esetek száma $64 - 28 = 36$ .

Összevetve a két esetet összesen tehát $15 + 36 = 51$ féleképp helyezhetjük el az akadályokat.

Statisztika

172

csapat kapta meg a feladatot

47.7%

csapat oldotta meg a feladatot

00:27:56

átlagos megoldási idő

39. feladat

Valamennyi $(x, y)$ valós számpár közül, amely kielégíti a következő egyenletet:

x^{2} y^{2} + 6 x^{2} y + 10 x^{2} + y^{2} + 6 y = 42,

legyen $(x_{0}, y_{0})$ olyan, melyre $x_{0}$ minimális. Mennyi lehet $y_{0}$ ?

Megoldás

Eredmény:

$- 3$

Vegyük észre, hogy az egyenlet mindkét oldalához $10$ -et hozzáadva, az egyenlet bal oldala szorzattá alakítható:

(x^{2} + 1) (y^{2} + 6 y + 10) = 52 .

Az így kapott egyenlet bal oldala felírható két másodfokú függvény szorzataként: $f (x) = x^{2} + 1$ és $g (y) = y^{2} + 6 y + 10$ . Mivel mindkét függvény képe felfele nyíló parabola, továbbá $f (- x) \cdot g (y) = f (x) \cdot g (y)$ , így $x_{0}$ minimalitása $f$ maximalitását eredményezi, amiből adódóan $g (y_{0})$ minél kisebb kell, hogy legyen (hiszen $f (x) g (y)$ pozitív konstans). $g (y) = {(y + 3)}^{2} + 1$ minimuma pedig az $y_{0} = - 3$ pontban van.

Statisztika

149

csapat kapta meg a feladatot

64.4%

csapat oldotta meg a feladatot

00:15:06

átlagos megoldási idő

40. feladat

Legyen $△ ABC$ derékszögű háromszög, melynek $C$ a derékszögű csúcsa. Legyenek $D$ és $E$ belső pontjai az $AB$ szakasznak úgy, hogy a $D$ pont $A$ és $E$ között helyezkedik el, továbbá $CD$ és $CE$ harmadolják az $ACB ∢$ szöget. Amennyiben $DE : BE = 8 : 15$ , találjuk meg $\tan ABC ∢$ értékét.

Megoldás

Eredmény:

$\frac{4 \sqrt{3}}{11}$

$CE$ felezi $DCB ∢$ szöget, így a szögfelezőtétel értelmében $\frac{CD}{CB} = \frac{DE}{EB} = \frac{8}{15}$ . Alkalmazva a szinusztételt $△ CDB$ háromszögre, $\frac{CD}{CB} = \frac{\sin CBD ∢}{\sin CDB ∢} = \frac{\sin B}{\sin (12 0^{\circ} - B)}$ adódik. Így,

\frac{15}{8} = \frac{\sin (12 0^{\circ} - B)}{\sin B} = \frac{\sin 12 0^{\circ} \cos B - \cos 12 0^{\circ} \sin B}{\sin B} = \frac{\sqrt{3}}{2} \cot B + \frac{1}{2} .

Következésképp,

\frac{\sqrt{3}}{2} \cot B = \frac{15}{8} - \frac{1}{2} = \frac{11}{8} .

Ebből pedig $\tan B = \frac{4 \sqrt{3}}{11}$ . Legyen $P$ olyan pont $BC$ -n, melyre $DP ∥ AC$ . Ekkor $ABC$ és $DBP$ háromszögek hasonlók, $AC : BC = DP : BP$ .

Mivel $CE$ a $BCD$ háromszög egy szögfelezője, a szögfelező tétel értelmében $CD : CB = ED : EB = 8 : 15$ . Továbbá, $DP = CD \cdot \sin 6 0^{\circ}$ és $BP = CB - CP = CB - CD \cdot \cos 6 0^{\circ}$ , ezért

\frac{DP}{BP} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2} CD}{\frac{15}{8} CD - \frac{1}{2} CD} = \frac{4 \sqrt{3}}{11} .

Statisztika

132

csapat kapta meg a feladatot

20.5%

csapat oldotta meg a feladatot

00:23:48

átlagos megoldási idő

41. feladat

Máté a következő játékot játssza: Egy egész számot kell kitalálnia $1$ és $N$ között, beleértve a végpontokat. Minden lépésben megnevez egy számot; ha ez épp a kitalálandó szám, a játék véget ér, máskülönben elárulják neki, hogy a tippje nagy vagy kicsi volt. Amennyiben a tippje túl nagy volt, be kell fizetnie € 1-t, ha pedig túl kicsi, úgy a fizetendő összeg € 2 (pontos találat esetén nem kell fizetnie). Melyik az a legnagyobb $N$ egész, amelyre teljesül, hogy Máté mindig be tudja a játékot fejezni legfeljebb € 10 költéssel?

Megoldás

Eredmény:

$232$

Jelöljük $N_{k}$ -val a legnagyobb olyan $N$ számot, melyre teljesül, hogy legfeljebb $k$ euró felhasználásával Máté mindig megtalálja a keresett számot az $1, \dots, N$ számok közül; tehát a célunk $N_{10}$ meghatározása. Világos, hogy $N_{0} = 1$ és $N_{1} = 2$ . Azt fogjuk megmutatni, hogy az $N_{k}$ sorozat további tagjait az alábbi rekurzív összefüggés alapján határozhatjuk meg:

N_{k + 2} = N_{k + 1} + N_{k} + 1 .

Valóban, ha Máténak $k + 2$ eurója van és tippel egy számra, akkor vagy eltalálja, vagy túl nagy számot tippel (ebben az esetben $k + 1$ eurója marad és egy legfeljebb $N_{k - 1}$ hosszú sorozatban van a kitalálandó szám) vagy pedig a tippje túl kicsi (ekkor $k$ eurója marad egy $N_{k}$ hosszú sorozatra). Ez a megfigyelés egyúttal módot is ad Máténak, hogyan tippeljen: az $1, \dots, N_{k + 1}$ sorozatból $N_{k} + 1$ -et tippeli meg; ekkor a rekurzió valóban a legnagyobb $N$ -hez vezet.

Így hát kiszámítva a keresett számot, $N_{10} = 232$ adódik.

Statisztika

119

csapat kapta meg a feladatot

35.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:24:36

átlagos megoldási idő

42. feladat

$a$ , $b$ , $c$ pozitív egészek, hogy $a \geq b \geq c$ és

a + b + c + 2 ab + 2 bc + 2 ca + 4 abc = 2017 .

Találjátok meg $a$ összes lehetséges értékét.

Megoldás

Eredmény:

$134$

Vegyük észre, hogy az egyenletet megszorozva $2$ -vel, majd hozzáadva $1$ -et, a bal oldal szorzattá alakítható:

1 + 2 a + 2 b + 2 c + 4 ab + 4 bc + 4 ca + 8 abc = (2 a + 1) (2 b + 1) (2 c + 1) .

Az egyenlet jobb oldala pedig $2 \cdot 2017 + 1 = 4035$ lesz. Ennek felírva a prímtényezős felbontását: $4035 = 3 \cdot 5 \cdot 269$ , és mivel $a \geq b \geq c \geq 1$ , szükségképpen $2 a + 1 = 269$ , $2 b + 1 = 5$ , és $2 c + 1 = 3$ . Ebből pedig $a = 134$ .

Statisztika

101

csapat kapta meg a feladatot

38.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:16:33

átlagos megoldási idő

43. feladat

Egy földönkívüliek által használt űrhajónak tökéletes gömb alakja van, melynek sugara $R$ , illetve három párhuzamos, $1$ űm (űrlény méter) hosszú, elhanyagolható szélességű egyenes rúd támasztja függőlegesen. Ezeknek a lábaknak az alsó vége egy $9$ űm oldalhosszúságú szabályos háromszöget határoz meg, és ha az űrhajó sík terepen nyugszik, a gömb pont érinti a talajt. Mekkora az űrhajó $R$ sugara (űrlény méterben kifejezve)?

Megoldás

Eredmény:

$14$

Jelölje a lábak alsó végeit rendre $A$ , $B$ , $C$ , felső végeiket pedig $A^{'}$ , $B^{'}$ , $C^{'}$ . Legyen $O$ az $ABC$ háromszög középpontja (azaz a pont ahol a gömb érinti a földet), legyen $S$ az űrhajó középpontja és $D = AO \cap BC$ . Ekkor $AO = AB \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 3 \sqrt{3}$ , $A A^{'} = 1$ és $SO = S A^{'} = R$ . Pitagorasz tétele szerint

{(SO - A A^{'})}^{2} + A O^{2} = S {A^{'}}^{2} azaz {(R - 1)}^{2} + 27 = R^{2},

tehát $R = 14$ űm.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

65.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:10:11

átlagos megoldási idő

44. feladat

Négy testvér, Ádám, Balázs, Csilla és Dani, rengeteg mogyorót gyűjtöttek össze az erdőben. Éjjel Ádám mókuséhesen ébredt, így nem bírta megállni, hogy egyen néhányat a mogyorókból. Miután összeszámolta a mogyorókat, arra jutott, hogy ha eggyel kevesebb mogyoró lenne, négy egyenlő részre lehetne osztani a maradékot. Így tehát félretett egyet, majd megette a részét (vagyis a maradék egynegyedét); majd visszafeküdt aludni. Az éjszaka folyamán később Balázs is felébredt a gyomra korgására, és ő is úgy számolta, hogy egy mogyorót félretéve elnegyedelheti a maradékot, majd megette a rá eső negyedet. Az éjszaka folyamán aztán ugyanígy járt el Csilla és Dani is. Miután mind felkeltek reggel, újfent megszámolták a megmaradt mogyorókat, és megint csak azt fedezték fel, hogy egyet félretéve a maradékot fel tudják osztani négy egyenlő részre. Minimálisan hány mogyorót gyűjtöttek össze a testvérek?

Megoldás

Eredmény:

$1021$

Adjunk hozzá három képzeletbeli mogyorót az összegyűjtöttekhez még lefekvés előtt (ezeket nem eszik meg a testvérek). Ekkor az összes mogyoró száma osztható 4-gyel. Vegyük észre, hogy miután Ádám belakott, a maradék mogyorók száma is 4 többszöröse, a képzeletbeli mogyorókat is beleszámolva. Ezt a gondolatmenetet folytatva azt kapjuk, hogy a mogyorók száma lefekvéskor $k \cdot 4^{5}$ valamilyen $k$ pozitív egészre, viszont ebbe beleszámoltuk a képzeletbeli mogyorókat is.

Itt $k = 1$ -et behelyettesítve kapjuk hogy a mogyorók száma $4^{5} - 3 = 1021$ volt.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

18.9%

csapat oldotta meg a feladatot

00:27:00

átlagos megoldási idő

45. feladat

Egy pozitív egész számot kellemesnek nevezünk, ha minden prímosztója $2$ , $3$ , és $7$ közül kerül ki. Hány kellemes szám van az $1000, 1001, \dots, 2000$ számok között?

Megoldás

Eredmény:

$19$

Először vegyük észre, hogy ha $x$ olyan valós szám, melyre $x > 1 ∕ 2$ , akkor $2$ -nek pontosan egy egész kitevős hatványa esik a félig nyílt $[x, 2 x)$ intervallumba.

A továbbiakban nevezzünk egy pozitív egész számot több mint kellemesnek, ha minden prímosztója $2$ vagy $3$ . A $[x, 2 x)$ intervallumba eső több mint kellemes számok számának meghatározását a következő módon végezzük: Először is, $[x, 2 x)$ intervallumban pontosan egy $2$ -hatvány van. Továbbá $[x, 2 x)$ intervallumban legfeljebb egy $3$ -mal osztható de $9$ -cel nem osztható több mint kellemes szám van, legyen ez $c_{1}$ ha létezik. Ekkor $c_{1} ∕ 3$ az egyetlen $2$ -hatvány az $[x ∕ 3, 2 x ∕ 3)$ intervallumban, feltéve, hogy $x > 1 ∕ 6$ . Ilyen módon keressük $c_{2}$ több mint kellemes számot, amely osztható $3^{2}$ -nel, de nem osztható $3^{3}$ -nal, majd ezt az eljárást folytatjuk, amíg $[x ∕ 3^{k}, 2 x ∕ 3^{k}) \cap ℕ = \emptyset$ valamely $k$ -ra, ahol $x < 3^{- k} ∕ 2$ . Ebből következően a több mint kellemes számok száma az $[x, 2 x)$ intervallumban 1 + a legnagyobb $k$ , amire $3^{k} < 2 x$ ; jelöljük ezt a számot $ℓ_{3} (x)$ -szel.

Hasonló módon határozzuk meg a $[x, 2 x)$ intervallumbeli kellemes számok számát is: Ugyanis keressünk több mint kellemes számokat a $[x, 2 x)$ , $[x ∕ 7, 2 x ∕ 7)$ , $[x ∕ 7^{2}, 2 x ∕ 7^{2})$ stb. intervallumokban. Ezt úgy tudjuk összeszámlálni, mint $ℓ_{3} (x) + ℓ_{3} (x ∕ 7) + ℓ_{3} (x ∕ 7^{2}) + \dots$ , ezt az összeget $ℓ_{7} (x)$ -nek jelölve.

Végül, mivel $2000$ nem kellemes szám, a kellemes számok száma a megadott intervallumon:

ℓ_{7} (1000) = ℓ_{3} (1000) + ℓ_{3} (1000 ∕ 7) + ℓ_{3} (1000 ∕ 49) + ℓ_{3} (1000 ∕ 343) = 7 + 6 + 4 + 2 = 19 .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

42.6%

csapat oldotta meg a feladatot

00:23:05

átlagos megoldási idő

46. feladat

Decimus császár betiltotta a $0$ számjegy használatát (amit elődje, Nullus vezetett be) és bevezette helyette a $D$ szimbólumot, ami a tízes számjegynek felel meg. Minden pozitív egész szám egyértelműen kifejezhető így, például

3 DD 6 = 3 \cdot 1000 + 10 \cdot 100 + 10 \cdot 10 + 6 \cdot 1 = 4106 .

Az átállás megkönnyítése végett összeírtak egy listát, ami minden egész számot tartalmaz $1$ -től $DDD$ -ig. Hányszor szerepel az új számjegy, $D$ a listán? Ha egy számnak több $D$ számjegye is van, azt annyiszor számoljuk, ahányszor előfordul.

Megoldás

Eredmény:

$321$

Figyeljük meg, hogy a $k$ -jegyű számok (Decimus jelölése szerint) az alábbi módon rendezhetők sorba:

\underset{k}{\underset{⏟}{1 \dots 1}}, \dots, \underset{k}{\underset{⏟}{D \dots D}} .

Így tehát ahhoz, hogy $D$ előfordulásait sorra vegyük a $k$ -jegyű számok körében, először összecsoportosítjuk azokat a számokat, melyek első számjegye $D$ , majd a második, stb., $k$ -adik helyen. Minden helyiértékhez $1 0^{k - 1}$ ilyen $k$ -jegyű szám van, hiszen ennyiféleképp tölthetjük fel a maradék $k - 1$ helyet a $1, \dots, 9, D$ számjegyekkel. Mivel minden $D$ -t tartalmazó számnál az összes előfordulást számoljuk, így nem okoz gondot, hogy ezeket a számokat minden megfelelő csoportban számon tartjuk, így $k \cdot 1 0^{k - 1}$ darab $D$ -t számolunk össze a $k$ -jegyű számok körében.

Ezért az $1, \dots, DDD$ számok között $D$ összes előfordulásainak száma $1 \cdot 1 0^{0} + 2 \cdot 1 0^{1} + 3 \cdot 1 0^{2} = 321$ .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

41.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:21:15

átlagos megoldási idő

47. feladat

Az $ABCD$ négyzet beírt köre $ω$ , ez a négyzet oldalait a $W$ , $X$ , $Y$ , $Z$ pontokban érinti, melyek rendre az $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ oldalakon helyezkednek el. Legyen $E$ egy belső pontja az $ω$ kör $W$ és $X$ közé eső (rövidebb) ívének, és legyen $F$ a $BC$ és $EY$ egyenesek metszéspontja. Feltéve, hogy $EF = 5$ és $EY = 7$ , határozzátok meg $FY C$ háromszög területét.

Megoldás

Eredmény:

$21$

Egészítsük ki $CDF$ háromszöget $CDTF$ téglalappá és legyen $M$ a $TF$ szakasz felezőpontja. A Thalész-tétel következményeképp $WEF ∢ = 9 0^{\circ}$ , továbbá $WMF ∢ = 9 0^{\circ}$ , így $WEFM$ húrnégyszög; legyen $ξ$ a köréírt köre. Ekkor $Y$ pont $ξ$ -re vonatkozó hatványa

EY \cdot FY = MY \cdot WY .

$FY C$ háromszög területe megegyezik $CDTF$ téglalap területének a negyedével, amit ki tudunk számolni, mint

CF \cdot CD = WY \cdot MY = 84 .

Így a keresett terület $21$ .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

44.7%

csapat oldotta meg a feladatot

00:21:16

átlagos megoldási idő

48. feladat

W E \cdot LIKE = N ABOJ

A fenti egyenletben különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek. Továbbá tudjuk, hogy $D (WE) = 11$ , $D (LIKE) = 23$ és $D (NABOJ) = 19$ , ahol $D (n)$ tetszőleges pozitív egész $n$ esetén $n$ számjegyeinek összegét jelöli. A három szám egyike sem nullával kezdődik. Adjátok meg az ötbetűs $NABOJ$ szó értékét.

Megoldás

Eredmény:

$60 724$

Mivel a fenti egyenletben tíz különböző betű szerepel, a $0, 1, \dots, 9$ számjegyek mindegyike előfordul. Az összes számjegy összege $45$ . Ha összeadjuk a három szó számjegyeinek összegét, $11 + 23 + 19 = 53$ -at kapunk, ami megegyezik $45 + E$ -vel. Ez $E = 8$ -hoz vezet, amiből, $J = 4$ következik. A $D (WE) = 11$ feltételből $W = 3$ . Most figyeljük meg, hogy $38 \cdot 3000 > 100000$ , ezért szükségképpen $L = 1$ vagy $L = 2$ . Ha $L = 2$ , akkor $LIKE$ számjegyeinek összegéből $I + K = 13$ adódik, így $(I, K)$ vagy $(K, I)$ rendezett pár értéke $(4, 9)$ , $(5, 8)$ , vagy $(6, 7)$ valamelyike. Ugyanakkor a $4$ -es és $8$ -as számjegyekhez már rendeltünk értéket, így csak a $(6, 7)$ jöhet szóba, ekkor viszont a $LIKE$ szó értéke túl nagy ahhoz, hogy a szorzat ötjegyű legyen. Következésképpen tehát $L = 1$ . Ekkor viszont $I + K = 14$ , így $(I, K)$ vagy $(K, I)$ egyenlő kell, hogy legyen az $(5, 9)$ számpárral. Könnyen kiszámítható, hogy csak az $(I, K) = (5, 9)$ ad jó megoldást. Tehát $38 \cdot 1598 = 60 724$ a feladatbeli egyenlet megoldása, azaz $NABOJ = 60 724$ .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

30.3%

csapat oldotta meg a feladatot

00:16:43

átlagos megoldási idő

49. feladat

Találjátok meg az összes pozitív egész $n$ számot, melynek valódi osztóinak $s$ összege $63$ .

$d$ valódi osztója $n$ -nek, ha osztója $n$ -nek és $1 < d < n$ teljesül.

Megoldás

Eredmény:

$56$ , $76$ , $122$

Könnyen látszik, hogy nem lehet megoldás, ha $n$ -nek legalább 3 prímosztója van, azaz $n$ -nek legfeljebb két különböző prím lehet osztója, legyenek ezek $p_{1}$ és $p_{2}$ , ekkor egy lehetséges megoldás $n = p_{1}^{a_{1}} \cdot p_{2}^{a_{2}}$ alakú. Ha $a_{1} = a_{2} = 2$ , továbbá $p_{1} = 2, p_{2} = 3$ , úgy $s = 54$ , más prímosztók esetén pedig ekkor $s > 63$ . Ezért legalább az egyik prímosztó kitevőjének kisebbnek kell lennie $2$ -nél. Ha $a_{1} = a_{2} = 1$ , akkor $p_{1} + p_{2} = 63$ , ez pedig $p_{1} = 2$ és $p_{2} = 61$ esetén teljesülhet (vagy fordítva). Ekkor tehát $n = 2 \cdot 61 = 122$ megoldást ad.

Ha pedig $n = p_{1}^{a_{1}} \cdot p_{2}$ feltéve, hogy $a_{1} > 1$ :

\begin{array}{rcl} s & = & p_{1} + p_{1}^{2} + \dots + p_{1}^{a_{1}} + p_{2} + p_{1} p_{2} + p_{1}^{2} p_{2} + \dots + p_{1}^{a_{1} - 1} p_{2} \\ = & (p_{1} + p_{1}^{2} + \dots + p_{1}^{a_{1} - 1}) (1 + p_{2}) + p_{1}^{a_{1}} + p_{2} \\ > & p_{1}^{a_{1}} + p_{2} . \end{array}

Miután $p_{2} \geq 2$ , a $61$ -nél kisebb prímhatványokat kell megvizsgálni. Ezek pedig $2^{2}, 2^{3}, 2^{4}, 2^{5}, 3^{2}, 3^{3}, 5^{2}, 7^{2}$ . Ha $p_{1} = 2$ és $a_{1} = 2$ , $p_{2} = 19$ -et kapunk, $p_{1} = 2$ és $a_{1} = 3$ esetében pedig $p_{2} = 7$ adódik. Minden más eset eredményeképp $p_{2}$ nem lenne prím. Ez tehát további két megoldáshoz vezet: $n = 2^{2} \cdot 19 = 76$ és $n = 2^{3} \cdot 7 = 56$ .

Végül ha $n = p_{1}^{a_{1}}$ és $a_{1} > 1$ , könnyen látszik, hogy $s = p_{1} + p_{1}^{2} + \dots + p_{1}^{a_{1} - 1} \neq 63$ . Minden lehetséges esetet összevetve, a következő három szám elégíti ki a feltételeket: $n_{1} = 56$ , $n_{2} = 76$ és $n_{3} = 122$ .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

21.4%

csapat oldotta meg a feladatot

00:24:03

átlagos megoldási idő

50. feladat

Robinak menő kocsija van négyzet alakú hátsó kerekekkel (az első kerekeknek a szokásoknak megfelelően kör alakjuk van). Egy ilyen autót meglehetősen kényelmetlen lenne vezetni, de Robi kitűnő lengéscsillapítóról gondoskodott a hátsó kerekek miatt, így az autó a sík terepen haladva végig a talajjal párhuzamos helyzetű maradhat. A hátsó kerekek oldalhossza $40 cm$ . Mekkora az elülső kerekek sugara (cm-ben kifejezve), ha tudjuk, hogy amikor az autó egyenletes sebességgel halad előre, a hátsó kerekek tengelye pontosan annyit tartózkodik az első kerekek tengelye fölött, mint alatt?

Megoldás

Eredmény:

$10 \sqrt{7}$

Figyeljük meg, hogy a négyzet középpontja mindig egy negyedkört ír le, amíg egy csúcsa mentén egyik oldaláról a másikra átfordul.

Ha az autó egyenletesen halad előre, ez a negyedkörív lesz a hátsó tengely magasságfüggvényének grafikonja az idő függvényében. Ezért a kör alakú kerék középpontja annyit halad előre vízszintesen, mint a négyzet alakú kerék oldalának a fele, ami alatt a négyzet egy oldaláról a szomszédos oldalára fordul. Legyen $r$ ennek a negyedkörívnek a sugara; így ekkor az első kerék középpontjának útja $\sqrt{2} r ∕ 2$ . Így az első kerék középpontjának magassága a Pitagorasz-tétel szerint:

\sqrt{r^{2} - {(\frac{\sqrt{2}}{4} r)}^{2}} = \sqrt{\frac{7}{8}} r .

Behelyettesítve $r = 20 \sqrt{2}$ -t adódik az eredmény.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

37.5%

csapat oldotta meg a feladatot

00:20:05

átlagos megoldási idő

51. feladat

A jövő városa szabályos $2017$ -szög alakú. A város csúcsaiban $2017$ metrómegálló van, melyeknek $1, 2, \dots, 2017$ a nevei, az óramutató járásával ellentétesen, a város térképét nézve. Két metróvonal van: Oldal és Átló. Az Oldal nevű metróvonal közvetlenül közlekedik $a$ megállóból $b$ megállóba (de visszafele nem) pontosan akkor, ha $a - b + 1$ osztható $2017$ -tel, továbbá egy megállót $1$ perc alatt tesz meg. Az Átló nevű metróvonal közvetlenül elmegy $a$ megállóból $b$ -be pontosan akkor, ha $2 b - 2 a + 1$ osztható $2017$ -tel, és egy ilyen megálló megtétele $15$ percig tart. Tibi nagyon szeret metróval utazni. Kiindulva az $1$ -es megállóból, el szeretne jutni egy $n$ jelzésű megállóba, ami a következőt teljesíti: ha minden megállóhoz tekintjük az $1$ -ből odavezető, legkisebb összidejű utat, akkor ezek közül az $n$ -be vivő a lehető leghosszabb. Adjátok meg az összes ilyen $n$ lehetséges úticél megállóhelyet Tibi számára.

Megoldás

Eredmény:

$1984$ , $1985$

Vegyük észre, hogy $n \geq 1009$ esetén Tibi az Átló vonalat egyszer, valamint az Oldal vonalat $n - 1009$ alkalommal $n$ megállóba tud jutni $15 + (n - 1009)$ perc alatt. Másrészt ha csak az Átló vonalat használja, $2 \cdot (2018 - n) \cdot 15$ perc alatt juthat el $n$ -be. Kevesebb idő alatt lehetetlen $n$ -be metrózni: ha ugyanis az útvonal legalább két Átló-beli megállót és legalább egy Oldal-belit tartalmaz, az időt lerövidíthetjük az Átló helyett az Oldal használatával.

Most meg szeretnénk találni azon $n \geq 1009$ számo(ka)t, mely(ek)re $M (n) = \min {n - 994, 30 \cdot 2018 - 30 n}$ maximális.

n - 994 \leq 30 \cdot 2018 - 30 n ⟺ n \leq \frac{30 \cdot 2018 + 994}{31} = \frac{31 \cdot 2018 - 1024}{31} = 2018 - 33 - \frac{1}{31} = 1985 - \frac{1}{31} .

Így ha $n \leq 1984$ : $M (n) = n - 994 \leq 1984 - 990 = 990$ , ha pedig $n \geq 1985$ : $M (n) = 30 \cdot (2018 - n) \leq 30 \cdot (2018 - 1985) = 990$ , azaz ekkor a keresett legnagyobb minimum $990$ , és ez $n = 1984$ és $n = 1985$ esetén vétetik fel.

Meg kell még gondolni, hogy ha $n < 1009$ , akkor el tudunk jutni $n$ -be $990$ percnél kevesebb idő alatt: $n \leq 990$ esetén Tibi $n - 1$ perc alatt $n$ -be ér csak az Oldal használatával, $n \geq 991$ esetén pedig $15 \cdot (2 \cdot (1009 - n) + 1) \leq 15 \cdot 37 = 555$ perc alatt csak az Átló használatával.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

0.0%

csapat oldotta meg a feladatot

átlagos megoldási idő

52. feladat

Legyen $f (n)$ azon $n$ jegyű pozitív egészek száma, melyek számjegyeinek összege $5$ . Számítsátok ki, hogy az $f (1), f (2), \dots, f (2017)$ számok közül mennyi végződik az $1$ -es számjegyre.

Megoldás

Eredmény:

$202$

Minden $n$ -jegyű szám, mely számjegyeinek összege 5, kölcsönösen egyértelműen kifejezhető, mint $5$ darab $1$ -es $n$ helyre való elosztása úgy, hogy egy helyre több $1$ -es is kerülhet. Az első helyre azonban szükséges, hogy legalább egy $1$ -es kerüljön, így a feladat valójában $4$ darab $1$ -es $n$ helyre való kiosztásával ekvivalens. Így tehát azon $n$ -jegyű számok száma, melyek számjegyeinek összege 5 az ismétléses kombináció képlete szerint:

f (n) = (\binom{n + 3}{4}) = \frac{(n + 3) (n + 2) (n + 1) n}{24} .

Ezzel meghatároztuk $f (n)$ értékét.

Ezután meghatározzuk az $1$ -esre végződő $f (n)$ -eket. Ha $n$ öttel osztva $0$ -t, $2$ -t, $3$ -at vagy $4$ -et ad maradékul, akkor $n$ , $n + 3$ , $n + 2$ vagy $n + 1$ osztható $5$ -tel. Mivel $24$ és $5$ relatív prímek, ekkor $f (n)$ szintén osztható lesz $5$ -tel, azaz $0$ -ra vagy $5$ -re végződik. Emiatt $f (n)$ csak úgy végződhet $1$ -esre, ha $n$ -nek az ötös maradéka $1$ . Most szorozzuk meg $f (n)$ -et $3$ -mal:

3 f (n) = \frac{(n + 3) (n + 2) (n + 1) n}{8} .

Nyilván $f (n)$ utolsó számjegye pontosan akkor $1$ , ha $3 f (n)$ utolsó számjegye $3$ . Mivel $f (n)$ egész, nyilván $(n + 3) (n + 2) (n + 1) n$ minden $n$ -re osztható $8$ -cal. Éppen ezért $(n + 3) (n + 2) (n + 1) n$ -nek a $40$ -es maradékát fogjuk vizsgálni (ami $5$ és $8$ legkisebb közös többszöröse). Írjuk fel $n$ -et $40 k + r$ alakban, ahol $r \in {1, 6, 11, 16, 21, 26, 21, 36}$ .

Ha $n = 40 k + 1$ , akkor

3 f (n) = \frac{(40 k + 1) (40 k + 2) (40 k + 3) (40 k + 4)}{8} = (40 k + 1) (20 k + 1) (40 k + 3) (10 k + 1),

ennek pedig utolsó jegye a $3$ . Hasonló módon fogjuk $3 (f)$ utolsó számjegyét kiszámolni a többi esetben is:


$n$	$3 f (n)$ egszerűsített alakban	$3 f (n)$ utolsó számjegye

$40 k + 1$	$(40 k + 1) (20 k + 1) (40 k + 3) (10 k + 1)$	$3$
$40 k + 11$	$(40 k + 11) (10 k + 3) (40 k + 13) (20 k + 7)$	$3$
$40 k + 21$	$(40 k + 21) (20 k + 11) (40 k + 23) (10 k + 6)$	$8$
$40 k + 31$	$(40 k + 31) (10 k + 8) (40 k + 33) (20 k + 17)$	$8$
$40 k + 6$	$(20 k + 3) (40 k + 7) (10 k + 2) (40 k + 9)$	$8$
$40 k + 16$	$(10 k + 4) (40 k + 17) (20 k + 9) (40 k + 19)$	$8$
$40 k + 26$	$(20 k + 13) (40 k + 27) (10 k + 7) (40 k + 29)$	$3$
$40 k + 36$	$(10 k + 9) (40 k + 37) (20 k + 19) (40 k + 39)$	$3$

Látható tehát, hogy $40$ maradékosztályai közül $5$ -re végződik $3$ -asra $3 f (n)$ (és így $1$ -esre $f (n)$ ). Ebből adódóan $1$ -től $2000$ -ig $50 \cdot 40 = 200$ olyan $f (n)$ van, amely $1$ -esre végződik. Továbbá pedig $2001 = 50 \cdot 40 + 1$ és $2011 = 50 \cdot 40 + 11$ végződnek még $1$ -esre. Vagyis $f (1), f (2), \dots, f (2017)$ számok közül $202$ -nek $1$ az utolsó jegye.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

42.9%

csapat oldotta meg a feladatot

00:14:34

átlagos megoldási idő

53. feladat

Az ábrán két, középpontosan hasonló hatszög látható, melyek bizonyos oldalhosszai rendre $a$ , $b$ , $c$ , $d$ és $A$ , $B$ , $C$ , $D$ . Ha ezt a két alakzatot az ábrának megfelelően összeillesztjük, egy, a két kisebb hatszöghöz hasonló hatszöget kapunk (mely irányítástartóan hasonló a jobb oldali hatszöghöz). Találjátok meg a $p = \frac{A}{a}$ arányszámot.

Megoldás

Eredmény:

$\sqrt{\frac{1 + \sqrt{5}}{2}}$

Nevezzük a továbbiakban a három hasonló hatszöget kis, közepes, illetve nagy hatszögeknek értelemszerűen. A kis és középső hatszögek hasonlósága alapján $p = \frac{A}{a} = \frac{B}{b} = \frac{C}{c} = \frac{D}{d}$ . Továbbá könnyen látható, hogy $D = B + a$ és $C + b = A + d$ . A középső és a nagy hatszögek hasonlósága miatt $\frac{B}{A} = \frac{C}{c}$ . Így hát $\frac{B}{A} = \frac{C}{c} = p$ , aminek következtében $B = p^{2} a$ adódik. Hasonló módon következik $\frac{b}{a} = \frac{C}{B} = \frac{D}{C}$ , és így

\frac{d}{a} = \frac{d}{c} \cdot \frac{c}{b} \cdot \frac{b}{a} = p^{3} .

Behelyettesítve a kapott eredményeket a $D = B + a$ egyenletbe $pd = p^{2} a + a = a (p^{2} + 1)$ egyenlethez jutunk, amiből $p^{4} = p^{2} + 1$ adódik. $p^{4} - p^{2} - 1 = 0$ egyenlet egyetlen pozitív megoldása $p^{2} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ , ezért $p = \sqrt{\frac{1 + \sqrt{5}}{2}}$ a keresett arányszám.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

10.0%

csapat oldotta meg a feladatot

00:33:21

átlagos megoldási idő

54. feladat

Határozzuk meg az összes $(a, b)$ , pozitív egész számpárt, ha az alábbi egyenletek

\begin{array}{l} x^{2} - ax + a + b - 3 & = 0, \\ x^{2} - bx + a + b - 3 & = 0 \end{array}

minden gyöke szintén pozitív egész.

Megoldás

Eredmény:

$(2, 2)$ , $(6, 6)$ , $(7, 8)$ , $(8, 7)$

Legyenek $k$ és $l$ az első egyenlet gyökei, míg $m$ és $n$ a második egyenleté. Viète-formulák szerint

k + l = a, m + n = b, kl = mn = a + b - 3

. Ezeket összevetve a következő egyenletet kapjuk:

kl + mn = 2 a + 2 b - 3 = 2 k + 2 l + 2 m + 2 n - 3,

ami pedig ilyenképp alakítható szorzattá:

(k - 2) (l - 2) + (m - 2) (n - 2) = 2 .

Világosan látszik, hogy ha $(k, l, m, n)$ megoldás, $k$ és $l$ vagy $m$ és $n$ felcserélésével újabb megoldásokhoz jutunk. Az ilyen módon egymásba vihető megoldások közül a továbbiakban csak egyet sorolunk fel. Ha mind $(k - 2) (l - 2)$ , mind pedig $(m - 2) (n - 2)$ pozitív, $(k, l, m, n) = (3, 3, 3, 3)$ az egyedüli megoldás. Ha valamelyik összeadandó nulla, $(k, l, m, n) = (2, 6, 3, 4), (3, 4, 2, 6)$ további megoldások.

Vizsgáljuk végül azt az esetet, amikor valamely összeadandó negatív. Ez akkor fordulhat elő, ha $k$ , $l$ , $m$ és $n$ közül valamelyik $1$ . Tegyük fel, hogy $k = 1$ . Ekkor $l = mn$ , és az egyenlet így módosul:

- l + 2 + (m - 2) (n - 2) = - mn + 2 + mn - 2 m - 2 n + 4 = - 2 m - 2 n + 6 = 4 .

Ez $m + n = 2$ -höz vezet, ami csak $m = n = 1$ esetén lehetséges, $l = mn = 1$ . Ekkor $(k, l, m, n) = (1, 1, 1, 1)$ újabb megoldást ad.

Így tehát $(a, b) = (k + l, m + n)$ lehetséges értékei $(6, 6), (8, 7), (7, 8), (2, 2)$ . Könnyedén leellenőrízhetjük, hogy mindegyik $(a, b)$ valóban kielégíti a feltételeket.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

16.7%

csapat oldotta meg a feladatot

00:17:34

átlagos megoldási idő

55. feladat

$ABC$ háromszög köréírt köre $ω$ , a háromszög oldalai pedig $AB = 3$ , $BC = 7$ , és $AC = 5$ . Az $A$ -nál lévő szög szögfelezője a $BC$ oldalt a $D$ pontban metszi, míg az $ω$ kört $E$ -ben. Legyen $γ$ a $DE$ -re mint átmérőre emelt kör. Az $ω$ és $γ$ körök egymást $E$ és $F$ pontokban metszik. Számítsátok ki az $AF$ szakasz hosszát.

Megoldás

Eredmény:

$\frac{30}{\sqrt{19}} = \frac{30 \sqrt{19}}{19}$

A koszinusztételből könnyen kiszámíthatjuk, hogy $\cos BAC ∢ = - \frac{1}{2}$ , így $BAC ∢ = 12 0^{\circ}$ . A kerületi szögek tételéből $EBC ∢ = ECB ∢ = 6 0^{\circ}$ . Így $BCE$ szabályos háromszög. Ekkor nyilván $BC$ oldalfelező merőlegese átmegy $E$ -n. Legyen $G$ ennek az egyenesnek $ω$ -val vett másik metszéspontja.

A Thalész-tételt alkalmazva $ω$ és $γ$ körökön $GFE ∢ = 9 0^{\circ}$ és $DFE ∢ = 9 0^{\circ}$ . Ekkor viszont $F$ , $D$ és $G$ pontok egy egyenesre kell, hogy essenek. Ismét a kerületi szögek tételét $ω$ -ra alkalmazva $BGF ∢ = BEG ∢ = \frac{1}{2} BEC ∢ = 3 0^{\circ}$ adódik, és hasonlóképp $GFC ∢ = 3 0^{\circ}$ . Tehát $FG$ felezi $BFC$ szöget, így pedig

\frac{BF}{CF} = \frac{BC}{CD} = \frac{AB}{AC} = \frac{5}{3} .

Legyen $BF = 5 x$ , $CF = 3 x$ . $BCF$ háromszögre alkalmazva a koszinusztételt a $49 = 25 x^{2} + 9 x^{2} - 30 \cos 6 0^{\circ}$ egyenletet kapjuk, aminek megoldása $x = \frac{7}{\sqrt{19}}$ .

Végezetül $BFCA$ , kiszámíthatjuk:

AF = \frac{AB \cdot FC + BF \cdot AC}{BC} = \frac{30 x}{7} = \frac{30}{\sqrt{19}} = \frac{30 \sqrt{19}}{19} .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

0.0%

csapat oldotta meg a feladatot

átlagos megoldási idő

56. feladat

Határozzátok meg az $(x, y, z)$ rendezett számhármasok számát, ahol $x$ , $y$ , $z$ olyan 2017-nél kisebb nemnegatív egész számok, melyekre

{(x + y + z)}^{2} - 704 xyz

osztható 2017-tel.

Megoldás

Eredmény:

$201 7^{2} + 1 = 4 068 290$

$2017 ∣ {(x + y + z)}^{2} - 704 xyz$ ekvivalensen ${(x + y + z)}^{2} \equiv 704 xyz (\mod 2017)$ . Vegyük észre, hogy $2017$ prím. Így tehát minden $a < 2017$ számhoz pontosan egy olyan, $a^{- 1}$ -nek jelölt $2017$ -nél kisebb pozitív egész létezik, amelyre $a \cdot a^{- 1} \equiv 1 (\mod 2017)$ .

Először határozzuk meg az összes $(x, y, z)$ számhármast, melyre $x$ , $y$ és $z$ mind nullától különböznek. Legyen $y = kx$ és $z = lx$ (ilyen $k$ és $l$ mindig létezik: $k \equiv x \cdot y^{- 1}$ , $l \equiv z \cdot x^{- 1}$ ). A feltétel ekkor atírható, mint ${(x + kx + lx)}^{2} \equiv 704 kl x^{3} (\mod 2017)$ , és ${(x^{- 1})}^{2}$ -tel szorozva ${(1 + k + l)}^{2} \equiv 704 klx$ adódik. A kongruenciát megszorozva ${(704 kl)}^{- 1}$ -zel:

x \equiv {(704 kl)}^{- 1} {(1 + k + l)}^{2} (\mod 2017) .

Ebből minden $k, l \in {1, 2, \dots, 2016}$ esetén következik, hogy pontosan egy $x$ létezik, ami kielégíti az állítás feltételeit (minden lépés ekvivalens volt). Ilyen $k$ -t és $l$ -t tehát $201 6^{2}$ féleképp választhatunk. Tudjuk, hogy $x \neq 0$ . Ez pontosan akkor lehetséges, ha $k + l \equiv 2016 (\mod 2017)$ . $2015$ ilyen $(k, l)$ pár van, minden nullától különböző $k$ -ra $2016$ -ot kivéve. Így tehát $201 6^{2} - 2015$ megfelelő $(x, y, z)$ számhármas van, ha $xyz \neq 0$ .

Ha $x = 0$ és $y$ illetve $z$ nullától különböznek, akkor a feltételből ${(y + z)}^{2} \equiv 0 (\mod 2017)$ , amivel ekvivalens $y \equiv - z (\mod 2017)$ . Ekkor tehát $2016$ megfelelő $(0, y, z)$ hármas található. Hasonlóan $2016$ számhármas ad megoldást rendre $y = 0$ és $z = 0$ esetében is. Végül pedig ha $x$ , $y$ , $z$ közül valamelyik kettő nullával egyenlő, a harmadiknak is nullának kell lennie. Ez tehát egy újabb megoldást ad: $(x, y, z) = (0, 0, 0)$ .

Nincs más hátra, mint összeszámlálni a megoldásokat:

201 6^{2} - 2015 + 3 \cdot 2016 + 1 = 201 6^{2} + 2 \cdot 2016 + 1 + 1 = 201 7^{2} + 1 .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

0.0%

csapat oldotta meg a feladatot

átlagos megoldási idő

57. feladat

Juli és Tamás játszanak egy szabályos dobókockával, amelynek két oldala pirosra, két oldala zöldre és két oldala kékre van festve. Felváltva dobnak a kockával, addig amíg valamelyikük nem látta már mindhárom színt a saját körei alatt. Ez a játékos győz. Mekkora a valószínűsége, hogy Juli győz, ha ő dob először?

Megoldás

Eredmény:

$81 ∕ 140$

Legyen $P_{1} (x, y)$ annak a valószínűsége, hogy a most sorra kerülő jatékos nyeri a játékot, feltéve hogy ő $x$ -féle, ellenfele $y$ -féle színt látott eddig. Legyen $P_{2} (x, y)$ ugyanez a nem sorra kerülő játékosra (azaz $P_{1} (x, y) + P_{2} (x, y) = 1$ ). Célunk kiszámolni $P_{1} (1, 1)$ -et, azaz annak a valószínűségét, hogy az első játékos nyer, miután már mindketten egyszer dobtak.

Mivel $P_{2} (2, 2) = \frac{2}{3} P_{1} (2, 2)$ , kapjuk hogy $P_{1} (2, 2) = \frac{3}{5}$ , $P_{2} (2, 2) = \frac{2}{5}$ . Továbbá, mivel

\begin{array}{l} P_{2} (2, 1) & = \frac{2}{3} P_{1} (1, 2), \\ P_{1} (1, 2) & = \frac{1}{3} P_{2} (2, 1) + \frac{2}{3} P_{2} (2, 2) \end{array}

kapjuk hogy $P_{1} (1, 2) = \frac{12}{35}$ , $P_{2} (1, 2) = \frac{23}{35}$ , $P_{1} (2, 1) = \frac{27}{35}$ és $P_{2} (2, 1) = \frac{8}{35}$ . Végül,

P_{1} (1, 1) = \frac{1}{3} P_{2} (1, 1) + \frac{2}{3} P_{2} (1, 2),

tehát $P_{1} (1, 1) = \frac{81}{140}$ .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

0.0%

csapat oldotta meg a feladatot

átlagos megoldási idő

58. feladat

Adott a következő egyenlet:

k (k + 1) (k + 3) (k + 6) = n (n + 1),

határozzátok meg a legnagyobb $n$ egész számot, amelyre létezik $(k, n)$ egész megoldás.

Megoldás

Eredmény:

$104$

A bal oldali szorzások elvégzése után a következő negyedfokú polinom adódik:

k (k + 1) (k + 3) (k + 6) = (k^{2} + k) (k^{2} + 9 k + 18) = k^{4} + 10 k^{3} + 27 k^{2} + 18 k .

Most tekintsük az egyenlet jobb oldalát, és azon egyszerű megállapítást, mint hogy $n (n + 1)$ és $(n + 1) (n + 2)$ között nincs olyan egész szám, amely előáll két szomszédos egész szám szorzataként. Így a jobb oldalt $(a k^{2} + bk + c) (a k^{2} + bk + (c + 1))$ alakban próbáljuk becsülni, ahol $k$ változó, $a$ , $b$ és $c$ pedig egész együtthatók. Vessünk egy pillantást $k^{4}$ és $k^{3}$ együtthatóira, ez $a = 1$ -et és $b = 5$ -öt ad eredményül a bal oldali kifejezéssel összevetve. Ebből:

(a k^{2} + bk + c) (a k^{2} + bk + (c + 1)) = (k^{2} + 5 k + c) (k^{2} + 5 k + (c + 1)) = k^{4} + 10 k^{3} + (26 + 2 c) k^{2} + (10 c + 5) k + (c^{2} + c) .

Mivel semmilyen $c$ egész szám nem elégíti ki a $26 + 2 c = 27$ egyenletet, $c = 0$ és $c = 1$ behelyettesítésével elegendően nagy $k$ -ra a következő egyenlőtlenségek adódnak:

k^{4} + 10 k^{3} + 26 k^{2} + 5 k < k^{4} + 10 k^{3} + 27 k^{2} + 18 k < k^{4} + 10 k^{3} + 28 k^{2} + 15 k + 2 .

A középen álló kifejezés felvett értékei két szomszédos, $n (n + 1)$ alakú szám között van. Most azon $k$ számokat akarjuk meghatározni, amik ezen egyenlőtlenségeket kielégítik. Az első ekvivalensen így alakítható:

\begin{array}{rcl} k^{4} + 10 k^{3} + 26 k^{2} + 5 k & < & k^{4} + 10 k^{3} + 27 k^{2} + 18 k \\ 0 & < & k^{2} + 13 k \\ 0 & < & k (k + 13) \end{array}

ebből pedig $k > 0$ vagy $k < - 13$ . Hasonlóképp a második egyenlőtlenségből:

\begin{array}{rcl} k^{4} + 10 k^{3} + 27 k^{2} + 18 k & < & k^{4} + 10 k^{3} + 28 k^{2} + 15 k + 2 \\ 3 k & < & k^{2} + 2 \\ 0 & < & (k - 1) (k - 2) \end{array}

ami pedig $k > 2$ vagy $k < 1$ esetén teljesül. Ennélfogva $k < - 13$ vagy $k > 2$ kielégíti mindkét egyenlőtlenséget, és $k (k + 1) (k + 3) (k + 6)$ két szomszédos, $n (n + 1)$ alakú szám közé esik. Ezért tehát azokat a $k$ -kat kell végignézni, melyre $- 13 \leq k \leq 2$ fennáll. A $(k, n)$ megoldásokat az alábbi táblázat foglalja magába:


$k$	$- 13$	$- 6$	$- 6$	$- 3$	$- 3$	$- 1$	$- 1$	$0$	$0$	$1$	$2$

$k (k + 1) (k + 3) (k + 6)$	$10 920$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$0$	$56$	$240$

$n$	$104$	$- 1$	$0$	$- 1$	$0$	$- 1$	$0$	$- 1$	$0$	$7$	$15$

Tehát $n = 104$ a keresett szám.

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

csapat oldotta meg a feladatot

átlagos megoldási idő

59. feladat

A Quarter-Pizzéria egyedi, ötszög alakú pizzásdobozokban szállítja ki a pizzáit, amelyben éppen elfér egy negyed nagy pizza, vagy háromnegyed kis pizza (az ábrán látható módon). Mekkora a kis pizza sugara, ha a nagy pizzáé 30 cm?

Megoldás

Eredmény:

$5 (1 + \sqrt{7} - \sqrt{2 \sqrt{7} - 4}) cm$

Legyen $ABDEF$ egy, a dobozhoz hasonló ötszög, legyen $EF = 1$ (ha 30 cm-t tekintünk egységnek, a feladatbeli ötszöggel egybevágót kapunk). Nyilván $AF = EF$ (a nagy pizza sugara) és $AFE ∢ = BAF ∢ = 9 0^{\circ}$ (negyedkörök középponti szögei), így létezik egy $C$ pont, melyre $ACEF$ négyzet. Legyen $K$ , $M$ rendre a $BC$ , $BD$ szakaszok felezőpontjai és legyen $T$ a nagy pizza $BD$ szakasszal vett érintési pontja.

Legyen $x$ a kis pizza keresett sugara, ekkor ugyebár $BD = 2 x$ . Mivel a kis pizzák is érintik egymást, $AM = 2 x$ , továbbá $AB = BT$ és $DE = DT$ , hiszen külső pontból egyazon körhöz húzott érintő szakaszok egyenlő hosszúak. Ennek eredményeképp $AB + DE = BD$ . Ha $BC = 2 y$ , úgy $AB = 1 - 2 y$ , $DE = BD - AB = 2 x + 2 y - 1$ , $CD = 2 - 2 x - 2 y$ és $KM = CD ∕ 2 = 1 - x - y$ . Alkalmazva a Pitagorasz-tételt $BKM$ és $AKM$ , derékszögű háromszögekre:

y^{2} + {(1 - x - y)}^{2} = x^{2} és {(1 - y)}^{2} + {(1 - x - y)}^{2} = 4 x^{2} .

Ezért

y^{2} + 4 x^{2} - {(1 - y)}^{2} = x^{2}, amiből y = \frac{1 - 3 x^{2}}{2} .

Behelyettesítve valamely fenti egyenletbe egyszerűbb alakú egyenletet kapunk:

9 x^{4} - 6 x^{3} - 2 x + 1 = 0 .

Vegyük észre, hogy

9 x^{4} - 6 x^{3} - 2 x + 1 = {(3 x^{2})}^{2} + {(x - 1)}^{2} - 2 \cdot 3 x^{2} (x - 1) - 7 x^{2} = {(3 x^{2} - x + 1)}^{2} - 7 x^{2} = (3 x^{2} + (\sqrt{7} - 1) x + 1) (3 x^{2} - (\sqrt{7} + 1) x + 1),

ez pedig a következő egyenlethez vezet:

(3 x^{2} + (\sqrt{7} - 1) x + 1) (3 x^{2} - (\sqrt{7} + 1) x + 1) = 0 .

Innen már világosan látszik, hogy az első tényezőnek nincs valós gyöke, a második gyökei pedig

\frac{1}{6} (1 + \sqrt{7} \pm \sqrt{2 \sqrt{7} - 4}) .

A nagyobb gyök viszont $1 ∕ 2$ -nél nagyobb, ez pedig ellentmond a

2 BD = BD + AB + DE < BC + CD + AB + DE = 2

egyenlőtlenségnek. Ez pedig azt jelenti, hogy $x = \frac{1}{6} (1 + \sqrt{7} - \sqrt{2 \sqrt{7} - 4})$ , így hát a kisebbik pizza sugara

30 x = 5 (1 + \sqrt{7} - \sqrt{2 \sqrt{7} - 4}) cm .

Statisztika

csapat kapta meg a feladatot

csapat oldotta meg a feladatot

átlagos megoldási idő