Feladatok

Eredmény:

4444

A konkáv szögeket “kifordítva" át tudjuk alakítani a tízszöget egy téglalappá, amelynek oldalhosszai $2018$ és $70+134=204$. Tehát a kerület $2\cdot (2018+204)=4444$.

Eredmény:

$34$

Mivel az óramutató egy óra alatt $360^{\circ }:12=30^{\circ }$-ot fordul, $2$ perc alatt fordul $1$ fokot. Tehát $137^{\circ }-4\cdot 30^{\circ }=17^{\circ }$ fokot fordult $4$ óra óta, ami $34$ percbe telt.

Eredmény:

18

Láthatjuk, hogy ha a pampam nagyobbat jelent, akkor Jakabnak van legtöbb pontja és Klárának a legkevesebb. Ha a pampam kevesebbet jelent, akkor épp fordítva. Mindkét esetben Lilla és Mária kapták a két középső pontszámot, hatot és tizenkettőt. Tehát ezek összege 18.

Eredmény:

17

Mivel Jenő negyedik háza Janinak a tizenhatodik, van egy olyan szakasz, ahol Jani számozása 12-vel nagyobb mint Jenőé. De ennek a szakasznak véget kell érnie melőtt Jenő $12$-ig ér, különben Jani erre a házra $12+12=24$-et mondana. Ha valaki végigér a házak számolásával, azon a helyen az ő számlálója visszaesik 1-re, azaz pont a házak össz-számával kevesebbet mond, mintha folytatta volna tovább. Ezért $24-7=17$ ház van a téren.

Eredmény:

$19$

Az eredeti leírásban az ecet a keverék ötödének $10\%$-át teszi ki, azaz $2\%$ ecetet tartalmazó oldat kell a tisztításhoz. Azonos hígítás érhető el, ha a $40\%$-os ecetet hússzorosára hígítjuk, azaz még 19 résznyi vizet kell hozzáönteni.

Eredmény:

$110^{\circ }$

Vegyük hozzá az ábrához a $D$ és $E$ pontokat, amik rendre a $h$ és $g$ egyeneseken fekszenek. Ekkor az ismert szögek és a keresett szög az $\mathit{ABCDE}$ ötszög belső szögei. Az újonnan hozzáadott szöget összege $180^{\circ }$ (lehetnek derékszögek, mint az ábrán, de nem szükséges) és egy ötszög belső szögeinek összege $540^{\circ }$, kapjuk hogy a keresett szög $540^{\circ }-180^{\circ }-105^{\circ }-145^{\circ }=110^{\circ }$.

Eredmény:

$67.5^{\circ }$

Legyen $X$ és $Y$ a két pont ahol a $𝜀$ szög látható. Ekkor $\mathit{AXY}\sphericalangle =\mathit{AY}X\sphericalangle =𝜀$. Továbbá, mivel $\mathit{XAY}\sphericalangle =\mathit{CAB}\sphericalangle =45^{\circ }$, az $\mathit{XY}A$ háromszög belső szögeire

azaz $𝜀=67.5^{\circ }$.

Eredmény:

$7$

Legyen Karcsi $k$ éves és az anyja $m$ éves, ahol $k$ az $m$ visszafelé olvasva. A $k$ és $m$ számoknak ugyanannyi számjegye van, legalább 2 számjegy. (Megengedve, hogy $k$ nullával kezdődik, ha $m$ nullára végződött.) Legyen $a$ és $b$ rendre $k$ és $m$ utolsó számjegyei. Mivel Karcsi anyja $27$ évvel idősebb, $a+7=b$ vagy $a+7=10+b$. Ha az anya $100$ évesnél idősebb lenne, akkor az életkoruk első számjegyei között maximum egy lenne a különbség, ami nem lehet, hiszen azok éppen az $a$ és $b$ számjegyek. Tehát $k$ és $m$ kétjegyűek.

Keressük az öszes olyan $\overline{\mathit{ab}}$ számot amelyre

tudjuk hogy $a>b$, tehát az $a+7=b$ eset nem lehetséges. Maradt az $a+7=10+b$ eset, azaz $a=b+3$. Mivel $a\le 9$, így $b\le 6$. Bármely $b\in \{0,1,\dots ,6\}$, számjegyre legyen $a=b+3$. Könnyű látni, hogy ezekre mint teljesül a $\overline{(b+3)b}=\overline{b(b+3)}+27$ egyenlőség. Tehát a keresett szituáció $7$-szer történhet meg, sorra amikor Karcsi $3$, $14$, $25$, $36$, $47$, $58$ és $69$ éves.

Eredmény:

$3∕4$

Ha egy kiskockát a sarokba helyez, akkor 3 oldala látható, ha az élre, akkor 2 oldala, egyébként legfeljebb 1 oldala. Nyolc sarok van, és a 12 élen két kiskocka található, ez összesen éppen $32$ hely. Tehát ezekre a helyekre helyezzük a fehéreket hogy a legjobb arányt érjük el. Ekkor a nagykocka minden oldala ugyanúgy néz ki: 12 fehér és 4 fekete négyzetből áll, tehát a fehér felület és a teljes felület aránya $12∕16=3∕4$.

Eredmény:

3

Mivel senki sem bukott a pszichológiai és a gyakorlati teszten egyszerre, mindenki aki kettőn bukott, az az egészségyügyi teszten sem ment át. Ez alapján $(100-26)-60=14$ ember csak az egészségügyin bukott. Ehhez hozzáadva azt a $83$ embert, akiknek a pszichológiai vagy gyakorlati teszt nem sikerült, összesen $97$ jelentkezőt bocsájtottak el, azaz csak $3$ űrhajóst választottak végül ki.

Eredmény:

$5:4$

Legyen a kör sugara $r$, és a $B$ négyzet oldalhossza $s$. Szimmetria miatt a kör középpontja felezi $B$ oldalát, tehát az $A$ val közös rész $s∕2$ hosszú. A Pitagorasz-tétel alapján

tehát a keresett arány $5:4$

Eredmény:

$10$

Mivel $2\cdot 5$ szerepel a szorzatban, az utolsó számjegy 0 lesz. A tízes helyiértéken álló számjegy a $3\cdot 7\cdot 11\cdot \dots \cdot 37$ utolsó számjegye. Szorzáskor elegendő az utolsó számjegyeket nézni, és az egyeseket elhanyagolhatjuk. Tehát

utolsó számjegyét keressük. Mivel $3\cdot 7=21$, ami $1$-re végződik, a $3$, $7$ párokat kihagyhatjuk. Ezután már csak $9\cdot 9$ marad, aminek szintén $1$ az utolsó számjegye. Az eredeti szorzat utolsó két számjegye $10$.

Eredmény:

3

Legyen $n$ az utolsó gyanúsított barátainak száma. Az öt baráttal rendelkező ember barátja mindenkinek, őt törölve mindeki fokszáma eggyel csökken. Ezután akinek eredetileg egy barátja volt, őt is elhagyhatjuk, mert nulla barátja maradt. Maradt $4$ ember, sorra $1$, $2$, $3$ és $n-1$ baráttal. Az előző lépést megismételve már csak $2$ ember marad, $1$ és $n-2$ baráttal egymás között, tehát $n-2=1$, $n=3$

Megjegyzés: Az alábbi ábra mutatja hogy az $n=3$ eset tényleg megvalósítható:

Eredmény:

40

Legyen $P$ a szemközti számok szorzata. Nyilván minél nagyobb $P$, annál nagyobb az összeg. Mivel $P$ osztható az ábrán látható mindhárom számmal, $P$ lehető legkisebb értéke ezek legkisebb közös többszöröse, azaz $P=36$. Ebben az esetben a nem látható oldalakon a számok $3$, $4$ és $6$, így a keresett összeg $6+9+12+6+4+3=40$.

Eredmény:

$99^{\circ }$

Betűzzük meg a csúcsokat az ábrán látható módon.

A $\mathit{CBD}$ szög a nyolszög egy belső szögének és az ötszög egy belső szögének a különbsége, tehát $\mathit{CBD}\sphericalangle =135^{\circ }-108^{\circ }=27^{\circ }$. Továbbá könnyen megkaphatjuk, hogy $\mathit{ABD}\sphericalangle =135^{\circ }$. Mivel az $\mathit{ABD}$ és $\mathit{CBD}$ háromszögek egyenlő szárúak,

Tehát

Eredmény:

50

Ha beszállás után a kocsi még elment volna a miniszter házához és vissza, akkor pont úgyanakkor ért volna be, mint más napokon. Az 1 óra amennyivel hamarabb indult otthonról két részre oszlik: az séta ismeretlen $t$ időtartama és az idő ami alatt az autó elment volna a miniszter házához, ami a megspórolt idő fele, azaz

így $t=50$.

Eredmény:

725

Legyen $d$ a keresett szám első számjegye, $k$ az első jegy törlése után kapott szám, és $n$ $k$ számjegyeinek száma. Ekkor az eredeti szám $10^{n}d+k$ és a feltevés így írható fel:

azaz

Mivel $28=2^2\cdot 7$, ahhoz hogy a bal oldali érték osztható legyen $28$-cal, $d=7$ és $n\ge 2$ kell legyen. Legyen $n=2$ (ekkor $k=25$), ez adja a legkisebb, a feltételeknek megfelelő számot és ez a szám a $725$.

Eredmény:

44

A nagymutató $24$ óra alatt $24$ teljes kört tesz meg, míg a kismutató csak kettőt. Azaz a kismutató 22 alkalommal fogja leelőzni a nagymutatót. Minden előzés előtt és után előáll valamikor hogy épp merőlegesek egymásra, azaz összesen 44 alkalommal lesznek merőlegesek.

Eredmény:

1111, 1221

Legyen $\overline{\mathit{abba}}$ egy ilyen palindrom szám. Mivel előáll két háromjegyű szám összegeként, legfeljebb $1998$, tehát $a=1$. Legyen $\overline{1\mathit{bb}1}$ egyenlő $\overline{\mathit{cdc}}+\overline{\mathit{xyx}}$-vel, azaz

Mivel a bal oldal $1$-re végződik, $c+x$ is $1$-re végződik. Mivel $c$ és $x$ egyjegyű számok, $c+x=11$. Ezt behelyettesítve egyszerűsödik az egyenlet:

Mivel $d$ és $y$ számjegyek, a jobb oldal legfeljebb $18$, azaz $b-1$ vagy $0$ vagy $1$. Mindkét lehetőség megvalósulhat: $1111=505+606$, $1221=565+656$.

Eredmény:

$31∕49$

Az ábrán van három egybevágó háromszög, amelyek levágásával megkapjuk a kisebb szabályos háromszöget. Egy ilyen háromszög területe a nagy háromszög területének $\frac{1}{7}\cdot \frac{6}{7}=\frac{6}{49}$ része, mert az alapja az eredeti $6∕7$-e és a magassága az eredeti $1∕7$-e. Tehát kisebb szabályos háromszög területének és a nagy szabályos háromszög területének az aránya

Eredmény:

$(2,3,2,1)$, $(3,1,3,1)$

Egyik szám sem szerepelhet a táblázatban több mint 5-ször. Azonban az ötös nem szerepelhet, mert akkor elvenne egy helyet az ötször szereplő érték elől. Tehát csak az $1$, $2$, $3$, $4$ számok szerepelhetnek.

Megmutatjuk, hogy $d=1$: ha $d=2$ lenne, akkor $a$, $b$, $c$ egyike 4. Mivel ezután már csak 2 szabad hely marad, $b=4$. De a $(2,4,2,2)$ nem egy megengedhető kitöltés. A $d=3$ és $d=4$ esetek még hamarabb ellentmondáshoz vezetnek.

Most már tudjuk, hogy $a\in \{2,3\}$. Feltételezve hogy $a=2$, kapjuk hogy $b,c\in \{2,3\}$ (nem lehet több egyes és négyes) de $b=2$ ellentmondásra vinne, mert három kettes szerepelne, ezért $b=3$, ebből következik hogy $c=2$. Azaz $(2,3,2,1)$ egy jó megoldás. Ha $a=3$, akkor kell még egy egyes a táblázatba, ami nem lehet $c$, hiszen már van két hármas. Tehát $b=1$, ez alapján $c=3$. $(3,1,3,1)$ a másik helyes megoldás.

Eredmény:

$2030$

Először nézzük meg, ha math és drama szavaknak nincs közös része. Ekkor két lehetséges sorrend van: dramamath és mathdrama.

Ha van közös részük, akkor egyedül a “dramath" szóba tudjuk összeolvasztani őket. Ezt háromféleképp egészíthetjük ki 9 karakterré: **dramath, *dramath*, dramath**. Mindegyik esetben $26^2=676$-féleképpen válaszhatjuk ki a hiányzó $2$ betűt, ezért összességében $676\cdot 3+2=2028+2=2030$ lehetséges jelszó van.

Eredmény:

$42$

A számok között $n-1$ szomszédos pár található és $\frac{1}{2}n(n-1)$ féleképpen választhatunk ki két tetszőleges számot. Tehát

ami alapján $n=42$.

Eredmény:

20

Vegyük észre, hogy amikor Csaba nyer, az nem számít be Artúr és Béla nyereségeinek számába, és azt sem befolyásolja hányszor játszanak Csaba nélkül. Tehát feltételezhetjük, hogy Csaba mindig veszít. Ez alapján valahányszor Artúr megveri Bélát, az 2-vel növeli Artúr összpontszámát (a következő körben Csabával játszik és őt is megveri), kivéve ha az utolsó körben történt. Mivel Artúr győzelmeinek száma páratlan, az utolsó meccs Artúr vs. Béla volt és Artúr nyert. Ha hozzáadunk még egy kört: Artúr vs. Csaba, Artúr győzelmével, akkor akkor azok a meccsek amit Csaba nélkül játszottak, épp Artúr és Béla öszpontszámának a fele, azaz $(18+22)∕2=20$.

Eredmény:

52

Jelölje $k$ a korábbi értékelők számát és $x$ a korábbi pontok összegét. Legyen $a$ és $b$ az ezen a héten leadott két értékelés. Ekkor

tehát

Az (1) egyenlet alapján $k$ az $50$ többszöröse, továbbá ha kivonjuk az első egyenletet a másodikból, azt kapjuk hogy

Mivel $a,b\le 5$, a bal oldal egy pozitív egész ami legfeljebb $3$, ezért $k\le 75$. Kapjuk, hogy $k=50$ és hozzáadva a két új értékelést, összesen $52$ ember értékelte a telefont eddig.

Eredmény:

9

Az egyszerűség kedvéért a napok helyett jelöljük a zoknikat az 1, 2, 3, 4 számokkal. Figyeljük meg, hogy minden naphoz 3 számot rendelhetünk: az adott nap sorszámát, valamint az adott napon viselt két zokni sorszámát. Ezzel ekvivalens módon az adott naphoz hozzárendelhetjük azt a számot az 1, 2, 3, 4 számok közül, ami az iménti számhármasból kimaradt. Így a keresett szám az $(1,2,3,4)$ azon permutációinak száma, ami egyik számot sem hagyja a helyén.

Ezt pedig a következőképp számolhatjuk ki: az 1-es szám 3 helyre kerülhet; ha $n$ jelöli azt a sorszámot, ahová került, $n$ a fennmaradó 3 hely bármelyikére kerülhet; a maradék két szám helye pedig egyértelmű. Ez tehát azt jelenti, hogy Juliska $3\cdot 3=9$ féleképp hordhatja a zokniját.

Eredmény:

21

Összesen $26\cdot 5=130$ szavazatot osztott szét a zsűri a filmek között. Egyfelől ha egy film legfeljebb $20$ szavazatot kapott, a maradék $110$ szavazatot könnyedén el tudjuk úgy osztani, hogy legyen $5$ másik film, melyek egyenként legalább $21$ szavazatot kaptak. Másrészt viszont ha egy film legalább $21$ szavazatot kapott, akkor az csak úgy nem kerülhet a jelöltek közé, ha van $5$ film, amire legalább $22$ szavazat érkezett. Ez azonban összesen legalább $21+5\cdot 22=131$ voksot jelent, ez pedig lehetetlen.

Eredmény:

$\frac{4}{7}$

A függvényegyenletbe $x$ helyébe $-2$-t helyettesítve $f(-2)-2f(3)=-2$ egyenlet adódik, amiből látható, hogy elegendő $f(3)$ értékének kiszámítása. Ha $x$ helyébe $3$-at helyettesítünk, az $f(3)+3f(-2)=3$ egyenlet adódik, így egy két ismeretlenes egyenletrendszert kapunk $f(-2)$-re és $f(3)$-ra. Kettővel megszorozva a második egyenletet, majd a két egyenletet összeadva $f(-2)=\frac{4}{7}$ adódik.

Eredmény:

$471$

Először is számítsuk ki $4420$ prímtényezezős felbontását: $4420=2\cdot 2\cdot 5\cdot 13\cdot 17$. Így az $n$, $a$, $b$, $o$, $j$ egyike osztható $13$-mal, míg valamelyik másik $17$-tel (mivel kétjegyűek a számok, mindkettővel nem lehet osztható egyik sem, hiszen legkisebb közös többszörösük $13\cdot 17=221$). Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy $n$ osztható $17$-tel, $a$ pedig $13$-mal. Ez tehát azt jelenti, hogy $n\le 85=5\cdot 17$ és $a\le 91=7\cdot 13$.

Tegyük fel, hogy $n=85$ és $a=91$. Mivel $85$ osztható $5$-tel, már csak a szorzat $4$-gyel való oszthatóságát kell garantálnunk. Mivel $n$ és $a$ páratlanok, így $4$-nek osztania kell a $\mathit{boj}$ szorzatot. Tehát a $b$, $o$, $j$ valamelyike osztható $4$-gyel, vagy legalább $2$ közülük páros. A legnagyobb összeget akkor kapjuk, ha $b=o=98$ és $j=99$, ekkor pedig $n+a+b+o+j=85+91+98+98+99=471$.

Végül nézzük meg, mi a helyzet ha $n<85$ vagy $a<91$. Mivel $n$ osztható $17$-tel, $a$ pedig $13$-mal, ekkor $n\le 68=85-17$ vagy $a\le 78=91-13$. Ekkor az összeg nem lehet több $68+91+3\cdot 99=456$ és $85+78+3\cdot 99=460$ maximumánál, ami viszont kevesebb az előző esetben meghatározott maximális összegnél.

Eredmény:

$10(1+\sqrt{3})$

A kocka egy testátlója átmegy a kézilabda középpontján, két teniszlabda középpontján, valamint ezeknek a teniszlabdáknak a kézilabdával vett érintési pontjain is. A testátló csak a kocka csúcsai és a teniszlabdák közti szakaszon halad labdán kívül. Megfigyelhetjük, hogy a testátló labdákon kívül haladó szakaszainak hossza ugyanannyi, mint az egyik teniszlabda köré írt kocka egy testátlójának labdán kívül eső részének hossza. Így tehát a kocka testátlója a következő hosszúságok összege:

• $2$-szer egy, a teniszlabda köré írt kocka testátlójának fele,
• $2$-szer a teniszlabda sugara,
• a kézilabda átmérője.

Így a testátló hossza

amiből a kocka élének hosszúsága

Eredmény:

$4$

Egyrészt $2^{29}$ kiszámítható viszonylag egyszerűen, például $2^{10}=1024$, ezt köbre emelve, majd az eredményt $2$-vel osztva adódik, hogy $2^{29}=536870912$.

Másrészt használhatjuk azt a közismert állítást is, miszerint egy egész szám, valamint az adott szám számjegyeinek összege $9$-cel osztva ugyanannyit ad maradékul. Ezen felül a $2$-hatványok $9$-es maradékosztályai $6$-os periódusokban ismétlődnek, így mivel a lehetséges számjegyek összege $45$,

adódik, ahol $x$ a kimaradó számjegyet jelöli. Ebből $x\equiv 4mod9$ adódik, így a hiányzó számjegy a $4$.

Eredmény:

2501

Jelölje $\mathrm{ftd}(n)$ a $\sqrt{n}$ tizedestört alakjában a tizedesvessző utáni első két számjegy alkotta számot. Világos, hogy ha $n$ két szomszédos négyzetszám között növekszik, $\mathrm{ftd}(n)$ is nő; így tehát a legkisebb megfelelő $n$ szám $k^2+1$ kell, hogy legyen, valamilyen alkalmas $k$ pozitív egészre.

$\sqrt{k^2+1}$ alsó egészrésze $k$, hiszen $\sqrt{k^2+1}-k$ szigorúan $0$ és $1$ közé esik. Így $\mathrm{ftd}(k^2+1)=0$ ekvivalensen átfogalmazható a következőképp:

Az egyenlőtlenség mindkét oldalához $k$-t adva, majd négyzetre emelve (mindkét oldal pozitív) átrendezés után kapjuk:

Az egyenlőtlenség jobb oldalán egy $49$ és $50$ közötti szám áll; így mivel $k$ egész, $k\ge 50$ adódik. Tehát $n=50^2+1=2501$ a keresett legkisebb szám.

Eredmény:

$9^{8068}$

Töltsük ki az alsó két sort és a bal oldali két oszlopot tetszőlegesen. Ez már egyértelműen meghatározza az összes többi mezőt: az ábrán látható módon, átlónként haladva. Másrészt, ennek a 2 sornak és 2 oszlopnak bármilyen kitöltése befejezhető a szabályoknak megfelelően, tehát ez megadja az összes szabályos kitöltés számát.

Eredmény:

$(3,18)$, $(6,66)$

A megadott egyenlet $m^2-{(2^n)}^2=260$ alakban írható, majd a bal oldalt szorzattá bontva $(m-2^n)(m+2^n)=260$ -t kapunk. Mivel $260=2^2\cdot 5\cdot 13$, így a következő lehetőségek jöhetnek szóba:

figyelembe véve, hogy $(m-2^n)<(m+2^n)$. Mivel $(m+2^n)-(m-2^n)=2^{n+1}$, így a két lehetséges megoldás $26-10=2^4$ és $130-2=2^7$, amelyekből kapjuk a $(3,18)$ és $(6,66)$ számpárokat, és ezek valóban kielégítik az egyenletet.

Eredmény:

4033

A fény törése helyett tekintsük a fénysugarat egyenesnek és a háromszöget tükrözzük minden alkalommal arra az oldalára, amelyen a fénysugár áthalad. Megmutatjuk, hogy egy sor ilyen tükrözött háromszög elég ahhoz, hogy a fénysugár elérje a háromszög egyik csúcsát.

Legyen $E$ a $\mathit{BD}$ fénysugár és az $A$-n áthaladó $\mathit{BC}$-vel párhuzamos egyenes metszéspontja, $F$ pedig a $\mathit{BC}$ egyenes egy pontja úgy, hogy $\mathit{EF}\parallel \mathit{AC}$. Ekkor $\mathit{BCD}$ és $\mathit{BFE}$ háromszögek hasonlóak és $\mathit{BF}=2018\mathit{BC}$. Ebből következik, hogy az $E$ pont megkapható a háromszög tükrözéseivel, és világos, hogy ez az első ilyen pont $\mathit{BD}$-n.

Könnyen belátható, hogy a $\mathit{BE}$ szakasz $2\cdot 2017-1=4033$-szor metszi el a tükrözött háromszögek oldalait, ami pont a fénysugár megtöréseinek számát adja. Az ábra a $\mathit{DC}:\mathit{AC}=1:5$ feltétel mellett mutatja a feladat megoldását.

Eredmény:

$9∕4$

Vegyük fel a metszéspontokat az ábra szerint.

Egyszerű szögszámolással igazolható, hogy $\mathit{KM}{D}^{\prime }$, $A^{\prime }\mathit{MC}$ és $L{A}^{\prime }B$ háromszögek hasonlóak, úgyhogy keressük a két színezett háromszög hasonlósági keressük. Mivel $\mathit{KD}=K{D}^{\prime }$ és $\mathit{LA}=L{A}^{\prime }$, így

és

Mivel $A^{\prime }L$ $\mathit{KM}$-nek felel meg a hasonlóságban, $\mathit{LB}$ pedig $K{D}^{\prime }$-nek, így kapjuk, hogy a keresett arány $3∕2$. Mivel a kérdés a háromszögek területére vonatkozott, a válasz ${(3∕2)}^2=9∕4$.

Eredmény:

$185$

A polinomot az alábbi módon írhatjuk át:

Tudjuk, hogy:

Ennek az egyenletnek a bal oldala tehát osztható $x^2-1$-gyel. Mivel $6x+1$ fokszáma kisebb, mint $x^2-1$ fokszáma, láthatjuk, hogy $6x+1$ a keresett maradék. Megoldva az $1111=6x+1$ egyenletet $x=185$ adódik.

Eredmény:

$30$

Vegyük észre, hogy a “külső ötszögben” két vasúttársaság (legyenek $X$ és $Y$) kettő vasútvonalat kell, hogy kapjon, míg a harmadik, $Z$ egyet. Valamelyik városból kiindulva ezek $\mathit{XY}\mathit{XY}Z$ sorrendben kell, hogy kövessék egymást. Könnyen belátható, hogy ha ezeket a vasútvonalakat már hozzárendeltük a vasúttársaságokhoz, a hálózat további része pontosan egyféleképpen fejezhető be. A “belső ötszög” vasútvonalai a külső ötszögön megfelelőkkel azonos társaságokhoz kerülnek, míg az “összekötő” vasútvonalak az egyetlen ott nem használt társasághoz.

Ez azt jelenti, hogy a szabályos hozzárendelések száma a külső ötszögön megvalósítható szabályos hozzárendelések számával egyezik meg. Ezt számoljuk ki. Összesen hatféleképpen választhatjuk ki a három vasúttársaság közül a formátumban szereplő $X$-et, $Y$-t és $Z$-t, és a kör ötféle különböző városban kezdődhet. Ez összesen $6\cdot 5=30$ lehetőség.

Eredmény:

$25-13\sqrt{2}=\frac{7\cdot 34}{24+13\sqrt{2}}+1$

Vegyük azt a háromszöget, amelynek csúcsai a három sarokban lévő kör középpontjaiba esnek. Ez egy derékszögű háromszög, amelynek befogói $14$ és $34$ hosszúak, így a Pitagorasz-tétel alapján az átfogó:

Továbbá, a beírt kör sugara is kiszámítható: $(14+34-26\sqrt{2})∕2=24-13\sqrt{2}$. Mivel az eredeti háromszög oldalai párhuzamosak a szóban forgó háromszögével, és $1$ egység a távolság közöttük, a beírt köreik középpontja azonos, és a sugaraik különbsége $1$. A nagyobbik háromszög beírt körének sugara ezért $25-13\sqrt{2}$.

Eredmény:

17

Az egyszerűség kedvéért kezdjük a sorszámozást $0$-tól. Vegyük észre, hogy ilyen „kódolás” esetén a sorszám $4$-es számrendszerbeli alakjában a számjegyek rendre leírják, hogy milyen műveletek során jutottunk el az adott sorszám alatt található listaelemig. Például, két markolás után így néz ki a lista:

(A számok a tagok alatt a pozícióik négyes számrendszerbeli alakját mutatják.) Mivel a $2017$ felírva $4$-es számrendszerben $133201$, a $2017$-es sorszám alatti tag:

Eredmény:

25

Az egyenletre tekinthetünk úgy is, hogy $n$-re másodfokú, és ekkor a gyöke:

(A másik gyöke negatív $n$-et eredményezne, mivel $\sqrt{x^2+y^2}>x$.) Szorozva $y^2$-tel:

Legyen $d=\mathrm{GCD}(x,y)$ (legnagyobb közös osztó), és legyenek $x=x_{0}d$, $y=y_{0}d$, ezeket behelyettesítve, majd egyszerűsítve:

Mivel $x_0$ és $y_0$ relatív prímek, $y_0^2$ és $x_0^2+y_0^2$ is szükségképpen azok, így $x_0^2+y_0^2\mid n$ következik. Ugyanakkor $\sqrt{x_0^2+y_0^2}$ jelenléte miatt a gyök alatt négyzetszám kell, hogy legyen. Ismeretes, hogy $5^2=25$ a legkisebb négyzetszám, amely két másik (pozitív) négyzetszám összege, $3^2+4^2$. Mivel $n\ge 25$ és $x=4$, $y=3$ megoldása az egyenletnek $n=25$ esetén, ez a feladat kérdésére a válasz.

Eredmény:

8

Vizsgáljuk meg a pók különböző lehetséges útvonalait a téglatest testhálóján. Világos, hogy a legrövidebb út egyenes, ha a testhálót síkba kiterítjük. A fehér kör mutatja a légy helyzetét, a fekete kör pedig a pók lehetséges helyzeteit, annak a függvényében, hogyan terítjük ki a testhálót.

Összesen három (a szimmetriától eltekintve) különböző lehetséges útvonala van a póknak, amelyek során rendre egy, kettő, vagy három nagyobb lapot érint. Ezek az útvonalak az $A$, $B$ és $C$ betűkkel vannak jelölve az ábrán. Nyilvánvalóan egy négy lapot is felhasználó útvonalat le lehetne rövidíteni. Az $A$ út hossza $8,4m$ és a Pitagorasz-tétel alapján $B$ hossza méterben $\sqrt{66,32}$, $C$ hossza pedig $8$. Tehát $C$ a legrövidebb út vonal, a válasz $8m$.

Az alábbi ábra demonstrálja a legrövidebb útvonalat térben:

Eredmény:

49

Legyen $V(x,y)={(6+2\cos (x)-\cos (y))}^2+{(8+2\sin (x)-\sin (y))}^2$. Felhasználjuk, hogy a $k(S,R)$ kör, amelynek középpontja $S=[S_1,S_2]$ és sugara $R>0$ paraméterezhető (azaz minden pontjának koordinátái kifejezhetőek) egy $\alpha$ szöggel az $(x_1,x_2)=(S_1+R\cos (\alpha ),S_2+R\sin (\alpha ))$ képlet szerint. Tekintsük a $P=[0,0]$, és $Q[6,8]$ pontokat és a $k_1(P,1)$ és $k_2(Q,2)$ köröket. A Pitagorasz-tétel alapján $V(x,y)=|\mathit{AB}{|}^2$, ahol $A\in k_1$ az $x$ szöggel, és $B\in k_2$ az $y$ szöggel kifejezve. Ebből az következik, hogy $V(x,y)$ minimuma a $k_1$ és $k_2$ legközelebbi pontjainak távolságának a négyzete, amelyet a középpontok távolságából, valamint $k_1$ és $k_2$ sugarából egyszerűen kiszámolhatunk: $\sqrt{6^2+8^2}-1-2=7$, ezért $V(x,y)$ lehetséges legkisebb értéke $7^2=49$.

Eredmény:

$105263157894736842$

Legyen $N$ a kérdéses szám. Ha töröljük az utolsó számjegyét, akkor az első számjegye nélküli $2N$ az eredmény. Ezért, mivel $N$ $2$-re végződik, $2N$ $4$-re fog, azaz $N$ tízes helyiértékén $4$-es áll. Legyen $d_i$ az $N$ szám $i$-edik számjegye, balról számozva (vagyis $d_1$ az egyesek helyén van). A számjegyenkénti szorzás ismert módszere alapján $N$ számjegyeire az alábbiaknak kell teljesülnie minden $i>2$ esetén:

Ily módon $n$ számjegyeit rekurzívan meghatározhatjuk. Akkor állunk meg, amikor először elérjük az $1$-es számjegyet és a következő lépésben így a $2$ következik. Ekkor az $1$-gyel kezdődő szám az $N$ lesz, és az utolsó $2$-est az elejére rakva éppen a $2N$-et kapjuk meg. A végerdmény

Eredmény:

$19∕2$

Az alábbi ábrán szereplő jelöléseket használjuk.

A terület arányok alapján $S$ a $\mathit{QB}$ szakaszt $1:2$ arámyban, a $\mathit{PC}$ szakaszt $2:3$ arányban osztja. Behúzva az $\mathit{AS}$ szakaszt, az $\mathit{ASQ}$ háromszög területe legyen $b$, az $\mathit{APS}$ háromszög területe pedig $a$. Ez a következő két egyenlethez vezet:

Ezek az alábbival ekvivalensek:

Megoldva az egyenletrendszert, az eredmény $a=5$ és $b=\frac{9}{2}$, tehát az $\mathit{APSQ}$ négyszög területe $\frac{19}{2}$.

Eredmény:

1152

Mivel minden testvér vagyona többszöröse a legszegényebbnek, az összegük, $2018$ is osztható ennyivel. Viszont $2018$ prímtényezős felbontása, $2018=2\cdot 1009$ alapján csak háromféle lehet a legszegényebb testvér vagyona: $1$, $2$, és $1009$. Nyilván $1009$ nem lehet, mert ekkor a legszegényebb testvér vagyona annyi lenne, mint a másik három vagyon összesen. Továbbá, ha $1$ lenne, akkor a többieknek együtt $2017$ eurójuk lenne, amely prímszám, de akkor a második legszegényebb testvérnek is kizárólag $1$ eurója lehetne, ez ellentmondás. Vagyis, a legszegényebb testvér vagyona $2$ euró, a többieknek együtt $2016$ eurója van.

Legyen $a<b<c$ a három gazdagabbik testvér vagyona. Ezek alapján $a\mid b\mid c$ és $a+b+c=2016$. A szigorú egyenlőtlenségek és az oszthatóság miatt $2a\le b$ és $2b\le c$. Ha itt egyenlőség lenne, az nyilván a legkisebb lehetséges megoldást adná $c$ értékére. Szerencsére $1+2+4=7$, ami osztója $2016$-nak, vagyis feloszthatjuk ezt az összeget az alábbi módon:

A válasz a kérdésre $\frac{4}{7}\cdot 2016=1152$.

Eredmény:

1365

Legyen $A_n$ a sorozat a táblán, amelyet András $n$ darab újraírás után lát (vagyis $A_0=(♣)$) és $h_n$ az $A_n$-ben lévő $♡♡$ párok száma. Minden $♡♡$ pár $A_n$-ben az $A_{n-1}$-beli $♡♣$ párokból kell, hogy álljon, amely pedig az $A_{n-2}$-beli $♡♡$ vagy $♣$ sorozatokból következik. Ez alapján $h_n=h_{n-2}+2^{n-3}$ minden $n\ge 3$ esetén, mivel pontosan $2^{n-3}$ darab $♣$ szerepel $A_{n-2}$-ben. Ezírt páratlan $n$ esetén, $h_1=0$ miatt:

A keresett eredmény $h_{13}=1365$.

Eredmény:

$10^{\circ }$

Bebizonyítjuk, hogy az $\mathit{OCNP}$ négyszög egy húrnégyszög. Mivel $\mathit{ONC}\sphericalangle =90^{\circ }$, ez azzal ekvivalens, hogy $\mathit{OPC}\sphericalangle =90^{\circ }$. Ezt pedig az alábi módon lehet belátni: mivel mind $C$ és $M$ a $\varrho$ köréírt körön vannak, $\mathit{OC}=\mathit{OM}$, könnyen kiszámolható, hogy $\mathit{MOC}\sphericalangle =60^{\circ }$, tehát az $\mathit{OCM}△$ szabályos, amelynek $\mathit{OM}$ oldalát $P$ felezi, tehát $\mathit{OPC}\sphericalangle =90^{\circ }$.

Szintén egyszerű számolással belátható, hogy $\mathit{OCN}\sphericalangle =70^{\circ }$, amiből $\mathit{OPN}\sphericalangle =180^{\circ }-\mathit{OCN}\sphericalangle =110^{\circ }$ következik. Az $\mathit{OQP}$ háromszögben

Eredmény:

$(3,2,2013)$

Xéna állítása azt jelenti, hogy $x$ páratlan. Ha páros lenne, $y$ és $z$ lehetne egyenlő.

Tegyük fel most, hogy $y$ páratlan. Ez azt jelenti, hogy Yéna tudta a kezdetektől, hogy $x$ és $z$ különböző. Továbbá, ha $y\ge 1009$, akkor már az elején tudta, hogy $x$ és $z$ különbözik $y$-tól, tehát nem lett volna szüksége Xéna állítására. Másrészről, ha $y\le 1007$, akkor Yéna még Xéna állítását figyelembe véve sem tudta volna eldönteni, hogy az ő $y$ száma $x$-től különbözik-e. Tehát $y$ páros, és $z$ páratlan.

Ha $y$ osztható $4$-gyel, akkor $x+z=2018-y\equiv 2(\mathit{mod}4)$, vagyis egy páratlan szám kétszerese, így Yéna nem tudta volna megmondani, hogy $x$ és $z$ különböznek-e. Ha viszont $y\equiv 2(\mathit{mod}4)$, akkor $x$ és $z$ négyes maradéka eltérő kell, hogy legyen, így Yéna állítása helytálló.

Végül vizsgáljuk meg Zéna állítását. Először is, $y=2$, különben $y$ csökkenthető lenne $4$-gyel, $x$ növelhető lenne $4$-gyel, és Zéna nem tudná megmondani a különbséget. Hasonló megfontolásból $x\le 4$, vagyis $x=1$ vagy $x=3$. Az utóbbi esetben viszont Zéna tudta volna, hogy $2018-z=x+y=3$, és így tudta volna, hogy $x$ és $y$ mennyi, Yéna állítása nélkül is, csak Xéna állítása alapján. Ezért $x=3$ és $z=2013$.

Eredmény:

$45∕128$

Az ÉP nem számít, csak az, hogy Arithmetixnek két, Combinatoricának egy sikeres varázslatra van szüksége a győzelemhez. Tegyük fel, hogy a párbaj olyan állapotában vagyunk, amikor mindkettejüknek egy-egy sikeres varázslat kellene a győzelemhez, és Arithmetix következik a varázslással. Legyen $q$ Arithmetix győzelmi esélye. Ekkor Arithmetix nyerni tud, ha ő talál, ennek az esélye $0,9$, vagy ha mindketten elhibázzák, aminek az esélye $0.1\cdot 0,4$, amely után ismét $q$ esélye lesz Arithmetixnek a győzelemre. Ebből az alábbi egyenlet írható fel:

Ez alapján $q=15∕16$.

Most legyen $p$ annak az esélye, hogy Arithmetix megnyeri (az eredeti) párbajt. Ha Arithmetix első varázslata talál és Combinatorica hibázik (amelynek esélye $0,9\cdot 0,4$), akkor az előző bekezdésben vázolt szituáció lép fel, amelyben Arithmetix $q=15∕16$ eséllyel nyer. Ha viszont Arithmetix és utána Combinatorica is hibázik (aminek az esélye $0,1\cdot 0,4$), akkor Arithmetix ismét $p$ eséllyel néz a folytatás elébe. Ezúttal tehát az alábbi egyenletet írhatjuk fel:

Ezt megoldva azt kapjuk, hogy Arithmetix $p=45∕128$ valószínűséggel nyeri az eredeti felállást.

Eredmény:

3867

Ha $a(1)=1$, akkor $a(a(1))=1\ne 3\cdot 1$, ami ellentmondás. Mivel a sorozat növekvő, ezért $1<a(1)<a(a(1))=3$, vagyis $a(1)=2$. Az egyenletből azt is megkaphatjuk, hogy $a(3n)=a(a(a(n))=3a(n)$ minden $n$-re. Teljes indukcióval beláthatjuk, hogy $a(1)=2$ miatt minden $m$-re $a(3^m)=2\cdot 3^m$. Ezt felhasználva $a(2\cdot 3^m)=a(a(3^m))=3^{m+1}$. Összesen $3^n-1$ olyan $i$ egész szám van, amelyre $3^n<i<2\cdot 3^n$, és $3^n-1$ olyan $j$ egész szám, amelyre $a(3^n)=2\cdot 3^n<j<3^{n+1}=a(2\cdot 3^n)$. Mivel $a(n)$ szigorúan monoton növekvő, nincs más lehetőség, mint hogy $a(3^n+b)=2\cdot 3^n+b$ minden $1\le b\le 3^n$ esetén. Ez alapján $a(2\cdot 3^n+b)=a(a(3^n+b))=3^{n+1}+3b$. Mivel $2018=2\cdot 3^6+560$, azt kapjuk, hogy $a(2018)=3^7+3\cdot 560=3867$.

Eredmény:

1346

Minden csúcsnak a rácson megfeleltethetjük a $T$-től vett távolságát (az egységnyi háromszög magasságában mérve). Könnyen belátható, hogy minden csúcsra ezek egész számok, amelyek összege $2018$. Másrészről, bármely nemnegatív egész számhármas, amelynek az összege $2018$, egyértelműen megad egy csúcsot a rácson. Emiatt egyértelműen megfeleltethetjük a számhármasokat és a csúcsokat. A továbbiakban a számhármas elemeit koordinátáknak hívjuk.

A függetlenségi feltétel a feladatban azt jelenti, hogy semelyik két számhármas nem egyezik sem az első, sem a második, sem a harmadik koordinátájában. Legyen

egy független halmaz. Mivel $x_1,\dots ,x_k$ mind különböznek, az összegük legalább

Ugyanez érvényes az $y_1+\cdots +y_k$ és $z_1+\cdots +z_k$ összegekre. Másrészről, $x_i+y_i+z_i=2018$ minden $i=1,\dots ,k$ esetén, ami miatt:

Ebből az következik, hogy

vagy másképpen $k\le 1346$.

Az alábbi két sorozat együtt leír egy $1346$ elemű független halmazt, tehát ez a méret lesz a megoldás.

Az alábbi ábrán egy

egységnyi oldalú háromszög esetén láthatjuk az optimális független halmaz konstrukcióját.