Három évvel ezelőtt Peti édesanyja háromszor olyan idős volt, mint Peti. Most Peti édesapja háromszor olyan idős mint Peti. Hány év a korkülönbség Peti szülei között? Eredmény: Ha -szel jelöljük Peti jelenlegi korát, akkor Peti édesanyjának jelenlegi életkora , azaz . A második állítás alapján Peti édesapjának kora , tehát a szülők közötti korkülönbség év.Megoldás
Hány háromszög látható az ábrán?
Eredmény:
Az ábrán látható összes háromszögnek az egyik csúcsa a legfelső pont. Továbbá az összes háromszög esetén az egyik oldal teljes egészében a két vízszintes szakasz valamelyikére esik. Ebből kifolyólag minden egyes háromszöget meghatározza a két vízszintes szakasz közül valamelyik, és az azon kiválasztott két különböző csúcs. Mivel mindkét szakaszon hat csúcs található, így a háromszögek száma összesen
Az négyzet belsejében van az pont úgy, hogy szabályos háromszög. Hány fokos a szög?
Eredmény:
Mivel egy szabályos háromszög minden szöge -os, így azt kapjuk, hogy . Mivel , a háromszög egyenlő szárú, és így
Tehát a keresett szög nagysága .
Szandinak van egy nagy kincsesládája, benne számozott pénzérmékkel: egy érmére 1 van írva, két érmére 2, és így tovább, tizennyolc érmére 18, tizenkilenc érmére 19. Szandi egyesével vesz ki érméket a ládából, anélkül, hogy el tudná olvasni a rájuk írt számokat. Minimum hány érmét kell kivennie, hogy biztosan legyen közte 10 azonos számmal jelölt érme? Eredmény: Lehet, hogy Szandi úgy vett ki érméket, hogy kiválasztotta az összes 10-nél kisebb számmal jelöltet, és a 10 és 19 közötti jelölésű érmék mindegyikéből pontosan kilencet vett ki. Ez azt jelenti, hogy összesen érmét vett ki a kincsesládából. Tehát ki lehet választani érmét úgy, hogy ne legyen közte tíz azonos számmal jelölt. Azonban, ha Szandi kivesz érmét, akkor lesz legalább érme, aminek a jelölése nagyobb 9-nél. A skatulyaelv szerint ekkor a tízféle, 10 és 19 közötti jelölésű érme közül van olyan, amiből kivett legalább tízet. Azaz minimum érmét kell kiválasztani.Megoldás
Cukros bácsi vett egy nagy dobozzal a kedvenc cukorkáiból, hogy szétosztogassa a szomszéd gyerekeknek. Először megette a cukorkák felét, majd adott néhány cukorkát az első gyereknek. Az ezután megmaradt cukorkák felét megette, majd adott a cukorkákból a második gyereknek. A megmaradó cukorkáknak újra megette a felét, a többi cukorkát pedig odaadta a harmadik gyereknek. Ha mindegyik gyerek pontosan három cukorkát kapott, akkor mennyi cukorkát vett Cukros bácsi eredetileg? Eredmény: Ha -nel jelöljük a Cukros bácsi által vásárolt cukorkák számát, akkor a cukorkák szétosztása alapján felírhatjuk az alábbi egyenletet: Megoldva az egyenletet azt kapjuk, hogy .Megoldás
Legyen egy négyszög, amelynek az és csúcsoknál derékszögei vannak. Tudjuk három oldal hosszát: , , és . Adjuk meg az négyszög területét!
Eredmény:
A Pitagorasz-tétel szerint és ezt felhasználva
Így az négyszög területe
Egy irodai nyomtatóval tudunk csak az egyik oldalra vagy mindkét oldalra nyomtatni. Az egyoldalas nyomtatás oldalanként három másodpercet vesz igénybe, míg a kétoldalas nyomtatás kilenc másodpercbe telik laponként. Kata ki akar nyomtatni egy 18 oldalas cikket a lapok mindkét oldalára nyomtatva. Kinyomtathatja az egészet kétoldalas nyomtatással, vagy egyoldalassal kinyomtathatja először a páratlan oldalakat, majd a lapokat kézzel visszatéve a nyomtatóba rájuk nyomtatja a páros oldalakat. Kata gyorsan rájön, hogy a két folyamat pontosan ugyanannyi időbe telne. Hány másodpercbe telik Katának visszatenni a lapokat a nyomtatóba? Eredmény: Tudjuk, hogy Kata 18 oldalt, vagyis kilenc lapnyit akar nyomtatni. Ha a kétoldalas nyomtatást használja, az összesen másodpercet vesz igénybe. Másfelől, ha külön nyomtatja az egyes oldalakat, akkor maga a nyomtatás másodpercbe telik. Tehát másodpercig tart visszatenni a lapokat a nyomtatóba.Megoldás
Keressétek meg az összes olyan 9-jegyű számot, melyre teljesülnek a következő feltételek:
Eredmény:
Írjuk az számokat a diagramba, és húzzunk be egy nyilat -ből -ba, ha osztható -tel vagy -mal.
(A folytonos nyíl a -tel oszthatókat mutatja, a szaggatott a -mal oszthatókat, a pedig mindkettővel osztható.) A szám csak -vel kezdődhet. Ha a -es szám következik, akkor az , , és fogják követni, a maradék két szám sorrendje csak , lehet. Az így kapott megoldás: .
A másik lehetséges kezdés , ami után megint két lehetőség van. Ha az -essel folytatjuk, akkor utána csak a -as jöhet, ami után már nem szerepelhet mindkettő az és közül. A másik esetben a kezdést kapjuk, ami szintén nem fejezhető be.
Egy nagyobb négyzetbe két négyzetet tettünk az ábrán látható módon. Mekkora az négyzet területe, ha a négyzet területe egység?
Eredmény:
A négyzet melletti háromszögek egyenlőszárúak, ezért a négyzet oldala a nagy négyzet átlójának a harmada. Ha a nagy négyzet oldalának hossza, akkor a négyzet oldalának hossza , az oldal hossza . A két négyzet területének arányát felírhatjuk így:
vagyis az négyzet területe .
Fanninak két kockája van, az egyik élhosszúságú és fehér egységkockákból áll (egységkocka alatt az élhosszúságú kockát értjük), a másik pedig élhosszúságú és fekete egységkockákból áll. Fanni ezekből az egységkockákból szeretne egy élhosszúságú kockát építeni. Az így kapott kocka felszínén legalább hány fekete területet látunk szükségképpen? Eredmény: Fanninak fehér és fekete egységkockája van. Egy élhosszúságú kocka felszínéhez összesen egységkockára van szükség. Ebből következik, hogy össze tud rakni egy élhosszúságú kockát úgy, hogy a kockának mind a hat lapja teljesen fehér legyen, tehát a válasz .Megoldás
Egy matematika dolgozat után a tanár megállapította, hogy az osztályban pontosan tízen nem tudnak két törtet összeszorozni, tizennégyen nem tudnak két törtet összeadni, és tizenheten nem tudnak törtet egyszerűsíteni. Azt is észrevette, hogy minden tanulónak legalább az egyik művelettel problémája akad, ráadásul hat olyan tanuló is van, aki egyik műveletet se tudja elvégezni. Legfeljebb hány tanulója lehet az osztálynak? Eredmény: Ahhoz, hogy pontosan meg tudjuk állapítani az osztály létszámát, azt is ismernünk kellene, hogy hány olyan tanuló van, akiknek pontosan két művelettel van problémája. Belátható azonban, hogy akkor kapjuk a lehető legnagyobb számot, ha feltesszük, hogy nincs olyan diák, aki pontosan két műveletet nem tud elvégezni. Ebben az esetben az összes tanuló száma Kétszer kell kivonnunk azon diákok számát, akik egyik műveletet sem tudják elvégezni, hiszen amikor összeadtuk a három csoport létszámát, őket háromszor számoltuk.Megoldás
Egy derékszögű háromszög egyik szögének nagysága . Mekkora (fokban mérve) a derékszögű csúcsból induló súlyvonal és magasságvonal által bezárt szög? Eredmény: Legyen a háromszögünk, és . Az pontot a oldal felezőpontjával összekötve megkapjuk a súlyvonalat, az -ból húzott magasság és a oldal metszéspontját pedig jelöljük -val. Thalész tétele alapján az háromszög csúcsai rajta vannak egy középpontú körön. Az általánosság megsértése nélkül legyen . Mivel az háromszög egyenlőszárú, így . Továbbá az háromszög hasonló az háromszöghöz, tehát . Ezek alapján a keresett szög nagysága .Megoldás
Az és olyan pozitív egész számok, melyre +=365. Mennyi az értéke a kifejezésnek? Eredmény: Világos, hogy . Mindkét oldalhoz -t adva azt kapjuk, hogy . Tudjuk, hogy a bal oldal osztható 20-szal, tehát a jobb oldal egyenlő kell legyen 380-nal. Ezek alapján , és , vagyis .Megoldás
Egy 2018 oldalú szabályos sokszögnek 2033135 átlója van. Mennyivel van ennél több átlója egy szabályos 2019-szögnek? A sokszög oldalait egyik esetben sem számoljuk bele az átlókba. Eredmény: A szabályosság nem játszik szerepet a feladatban, vagyis nézhetjük úgy a -szöget, hogy egy -szögnek az egyik oldalát bontjuk két részre egy új csúccsal. Az új csúcsból új átlót húzhatunk abba a csúcsba, amelyek nem szomszédosak az új csúccsal. Ezenkívül egy új átló keletkezik, ami az új pont két szomszédos csúcsát köti össze. Így összesen -tel nő meg az átlók száma.Megoldás
Keressétek meg a egyenlet valós megoldásait! Eredmény: , , Mivel , a hatványra emelés alapja egy pozitív egész szám. Az egyenlet értéke csak akkor lehet 1, ha az alap 1 vagy ha a kitevő 0. Az első eset, hogy ekvivalens azzal, hogy , ami alapján . A második esetben az és a megoldásokat kapjuk. Összességében ez a három megoldás létezik.Megoldás
Hány olyan permutációja van az ,,, számoknak, melyből bárhogyan törlünk egy számot, akkor a megmaradt számok nem alkotnak se növekvő, se csökkenő számsort?
Megjegyzés: A permutáció egy olyan sorozata a számoknak, melyben minden szám pontosan egyszer szerepel. Eredmény: Tegyük fel, hogy az első szám az . Ha a maradék három szám között van két növekvő szám, akkor a harmadik számot kitörölve, egy három hosszú növekvő sort kapunk. Ha nincs közte két növekvő szám, akkor az sort kapjuk, amiből ha az -et kitöröljük, akkor egy három hosszú csökkenő sort kapunk. Vagyis az nem lehet kezdőszám, és szimmetria miatt utolsó sem. Hasonlóan a -es szám sem lehet a sor elején vagy a végén. Vagyis az és a lesz a két középső szám. Így a közepén kétféle: és lehet, valamint a és számoknak is kétféle sorrendje lehet: Az így kapott permutáció mindegyike megfelel a feltételeknek.Megoldás
Legyen az egy olyan téglalap, melyre cm és cm. Az és pontok legyenek az szakasz felezőmerőlegesének -vel és -vel vett metszéspontjai. Milyen hosszú az szakasz (centiméterben mérve)? Eredmény: A Pitagorasz-tétel alapján . Legyen az -nek és felezőmerőlegesének a metszéspontja. Világos, hogy felezőpontja az átlónak, vagyis . Tudjuk, hogy és , vagyis és hasonló háromszögek, ami alapján , azaz Ebből látjuk, hogy .Megoldás
A egyenlőségben minden egyes betű egyértelműen megfelel egy számjegynek és a különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek. Továbbá tudjuk, hogy
Keressük meg minden lehetséges értékét. Eredmény: Az egyesek helyén álló számjegyeket nézve azt látjuk, hogy , tehát . Mivel osztható -tel és , így . A százasok helyén álló számjegyeket vizsgálva, és tudva, hogy a már foglalt, azt kapjuk, hogy és -et továbbhozunk a tízesek összeadásából, illetve ugyancsak továbbviszünk -et az ezresek összeadásába. Azaz nagyobb kell legyen, mint , és egy -nél nagyobb páratlan számjegy. Másrészt , hiszen a már foglalt. Ezzel behatároltuk, hogy csak lesz jó. ismeretében és a -gyel való oszthatóságból pedig következik, hogy , és . Mivel osztható -mal, a számjegyeinek összege is osztható kell legyen -mal. Az értékének megfelelő , , és számjegyekből már csak a szabad, azaz . Azt kaptuk, hogy az egyetlen jó válasz és az egyenlőségünk a formában áll elő.Megoldás
Legyen egy szabályos háromszög és egy négyzet úgy, hogy az szakaszon, pedig a szakaszon fekszik. Ha a négyzet kerülete , mekkora az háromszög kerülete?
Eredmény:
Vegyük észre, hogy a két derékszögű, , és fokos szögekkel rendelkező háromszög egybevágó, mert mindkettőnek az egyik oldala az egységnégyzet egy oldala. Egy ilyen alakú derékszögű háromszög egy szabályos háromszög félbevágva, ezért a rövidebb befogója az átfogó fele. Legyen a rövidebb befogó hossza , az átfogó hossza . A Pitagorasz-tétel alapjan , tehát . Ebből következik, hogy az szabályos háromszög egy oldala , tehát a kerülete .
Legyenek és valós számok. Ha az egyenletnek van háromszoros gyöke, akkor mik az lehetséges értékei? Eredmény: , Ha háromszoros gyök, akkor Összehasonlítva az együtthatókat azt kapjuk, hogy vagyis . Így .Megoldás
Simon túrázik, szigeteket látogat meg, amelyek az ábrán látható módon hidakkal vannak összekötve. Minden hídon vámot kell fizetnie. Egyedi a kilátás minden hídról, ezért az összes hídon át akar menni. Hogy pénzt spóroljon, minden hídon pontosan egyszer szeretne átmenni. Hányféleképpen szervezheti a túrát, ha a négyzettel jelölt szigetről indul? Simon nem tud átugrani egy hídról egy másikra amikor nem egy szigeten van, és bármely szigetet tetszőlegesen sokszor meglátogathat.
Eredmény:
Vegyük észre, hogy a négyzettel jelölt sziget és a jobb oldali középső sziget “speciális" szigetek: Minden híd valamelyik speciális szigetről indul, és minden “szokásos" sziget össze van kötve híddal a két speciális szigettel. Tehát a túra során Simon mindig keresztülmegy egy szokásos szigeten, és a túloldali speciális szigetre érkezik. Tehát csak azt kell megszámolnunk, hányféle sorrendben tudja meglátogatni a szokásos szigeteket, ami féleképpen tehető meg.
Hány olyan pozitív egészekből álló rendezett számpár van, amelyre és legkisebb közös többszöröse ? Eredmény: Vizsgáljunk két esetet: Először nézzük azt, amikor egyik szám sem . Ekkor az egyik szám valamilyen -re és a másik szám valamilyen -re. Tehát megfelelő számpárt találunk (mindkét sorbarendezést számolva). A második eset, ha az egyik szám . Ekkor a másik szám osztója, és osztója létezik. Mindkét sorbarendezést számolva párt kapunk. (Levontunk egyet, mert a párt duplán számoltuk.) Összesen tehát megfelelő számpár van.Megoldás
Legyen egy szabályos nyolcszög és . Határozzátok meg a nyolcszög területét. Eredmény: Legyen a nyolcszög középpontja. Mivel , a nyolcszög köréírt körének sugara 7, átmérője 14. Az ábrán látható átrendezés miatt a nyolcsszög területe megegyezik az átmérő és az szakasz szorzatával. Tehát a keresett terület .Megoldás
Négy barát elhatározta, hogy nyelveket fog tanulni. A helyi nyelviskola arab, bengáli, kínai és holland tanfolyamokat kínál, és a barátok mindegyike pontosan három nyelvet akar megtanulni ezek közül. Hányféleképpen választhatnak tanfolyamokat, hogy legyen legalább egy kurzus, amelyre mindannyian járnak? Eredmény: Először vegyük észre, hogy egy ember négyféle nyelvhármast választhat, hiszen ezt egyértelműen meghatározza az, hogy melyik nyelvet nem választja. Tehát összesen féleképpen választhat a négy barát nyelvtanfolyamokat, ha eltekintünk az extra feltételtől. Nézzük azokat az eseteket, amikor nincsen közös tanfolyamuk. Ez csak úgy fordulhat elő, ha mindegyik nyelvet pontosan egy ember nem tanul. Ez féleképpen lehetséges. Végül kivonjuk az összes esetből a rossz eseteket, tehát a jó esetek száma .Megoldás
Valaki mondott egy pozitív egész, csupa nemnulla számjegyekkel rendelkező számot Abigélnek. Abigél leírta az eredeti szám számjegyeit fordított sorrendben, és ezt a számot megszorozta -nel. Azt vette észre, hogy éppen ezerrel többet kapott mint számjegyeinek szorzata. Adjátok meg összes lehetséges értéket. Eredmény: Az szám legalább kétszámjegyű. Ha pontosan kétszámjegyű, és a két nemnulla jegye és , akkor a feladatbeli feltétel azaz Mivel a jobboldal pozitív, . Ezután már csak néhány esetet kell végignéznünk, és kapjuk hogy és és valamilyen sorrendben. Végül, ha -jegyű, ahol, akkor az egyenlet bal oldala legalább , míg a jobb oldala kevesebb mint . Ezért nem lehet több mint két jegyű.Megoldás
Legyen egy paralelogramma és legyen egy olyan belső pont az oldalon, hogy a és pontokon átmenő egyenes a szögfelezője. Továbbá legyen egy olyan pont az oldalon, hogy . Ha , hány fokos a ? Eredmény: Legyen olyan pont a oldalon, hogy párhuzamos az oldallal. Ekkor és Mivel a szögfelezője, így a háromszög egyenlőszárú, , és . Tehát .Megoldás
Két nagy nemesi ház találkozott egy lakomán, és mindkét házból jelen volt legalább egy férfi és legalább egy nő. Egy ház minden egyes tagja egyenként üdvözölte a másik ház minden egyes tagját a következő módon: ha két férfi üdvözölte egymást, ők kezet fogtak, ha két nő vagy egy nő és egy férfi üdvözölte egymást, ők meghajoltak. Az üdvözlés végeztével összeszámolták, hogy összesen kézfogás és meghajlás történt. Hány nő volt jelen a lakomán? Amikor két ember meghajolt egymásnak, azt egy meghajlásnak számoljuk. Eredmény: Legyen , , , rendre a férfiak és a nők száma az egyes házakban. Mivel , így az általánosság megsértése nélkül legyen és (hogy a férfiak száma és , azt könnyen kizárhatjuk). Összesen üdvözlés volt, ekkor a egyenlőségből azt kapjuk, hogy és (a többi szorzatra bontás itt is könnyen kizárható). Azaz , , tehát a válasz .Megoldás
Vegyünk egy háromszöget, amelynek oldalhosszai , és . Legyen egy olyan kör, amelynek középpontja a leghosszabb oldalon van, és érinti a két rövidebb oldalt. Mekkora a kör sugara? Eredmény: A Pitagorasz-tétel alapján ez a háromszög derékszögű. A derékszögű csúcsot és a kör középpontját összekötő szakasz az eredeti háromszögünket két háromszögre bontja. Az érintési pontokba húzott sugarak merőlegesek a nekik megfelelő rövidebb oldalakra, így ezek a sugarak a kisebb háromszögekben magasságvonalak lesznek. Jelöljük -rel a kör középpontját. Kétféleképpen számoljuk ki a háromszög területét, egyrészt az oldalak segítségével, másrészt a két kisebb háromszög területéből: ebből pedig megkapjuk, hogy .Megoldás
Margaréta €-val elment egy kaszinóba. A kaszinó egyik nyerőgépe a következő módon működik: a játékos bedob €-t érmékben, és valószínűséggel megnyeri a jackpotot; egyébként visszakap €-t. Mekkora az a legkisebb valószínűség, amely mellett ha Margaréta ezzel a nyerőgéppel játszik addig, ameddig van rá pénze vagy megnyeri a jackpotot, akkor legalább esélye van megnyerni a jackpotot. Eredmény: Vegyük észre, hogy Margaréta legfeljebb -szer játszhat sikertelenül, hiszen miután elköltötte az utolsó €-t, csak € marad nála, ami kevesebb, mint amennyit a gép elfogad. Minden próbálkozásnál valószínűséggel nem nyer, tehát annak a valószínűsége, hogy nem nyeri meg a jackpotot . Ahhoz, hogy legalább esélye legyen a jackpotra, fenn kell álljon, ami ekvivalens azzal, hogy , így a keresett legkisebb valószínűség.Megoldás
Keressétek meg az összes számot, amelyre . A számjegyek egyike sem egyenlő 0-val. Eredmény: Mivel , ezért a legnagyobb számjegy legfeljebb . A számban kell lennie 5-ös számjegynek, mivel ha mindegyik számjegy -es, akkor nem teljesül az egyenlőség, ha pedig legfeljebb 3 darab -es van, akkor . Mivel , ezért az -ös számjegy legfeljebb egyszer szereplhet, különben az első számjegy -nél nagyobb lenne. Mivel , ezért az első számjegy a . Az eddigi ismeretek alapján a szám legalább , ami nem teljesíti az egyenlőséget. A következő lehetséges szám a , azonban , vagyis a szám tartalmaz legalább egy darab -es számjegy. Több -es nem lehet benne, mivel akkor a második számjegy nagyobb lenne, mint . A maradék esetet megvizsgálva az jön ki, hogy az egyetlen megoldás a .Megoldás
Hány olyan kétjegyű számokból álló ötös van, amelyben a számjegyek -tól -ig mind pontosan egyszer szerepelnek és mindegyik kétjegyű szám páros, de egyik sem osztható hárommal? Azokat a számötösöket, amelyek csak a számok sorrendjében különböznek, azonosnak tekintjük. Eredmény: Mivel párosak, mind az öt számnak páros számjegyre kell végződnie. Hogy egyik szám se legyen osztható hárommal, a -ra és -ra végződő számoknak az , , számok valamelyikével kell kezdődnie, a -re és -ra végződőknek a , , számok valamelyikével, a -re végződőnek pedig az , , , számok valamelyikével. Ha a -re végződő számot -nek választjuk, akkor kétféleképpen választhatjuk ki a tízesek helyén álló számjegyet a és esetén (, vagy , ), és emiatt a és esetén is csak kétféleképpen választhatunk (, vagy , ), azaz összesen négyféle lehetőség van. Bárhogy választjuk a -re végződő szám tízes helyen álló számjegyét, hasonló érveléssel belátható, hogy mindig négy lehetőség lesz, így összesen ilyen számötös van.Megoldás
Keressétek meg az összes olyan pozitív egész számot, amelyekre
Megjegyzés: Az kifejezés az egész részét jelöli, azaz a legnagyobb egészt, ami nem haladja meg -et. Eredmény: Legyen Nyilván egy monoton növekvő függvénye -nek. Továbbá, ha az és számok közül pontosan az egyikkel osztható, és ha osztható -tel. Minden más esetben áll fenn. Mivel a megoldásra a következő becslést kapjuk és mivel egész, . Tudjuk, hogy ; a következő -tel osztható szám az , a következő -tel osztható pedig az . Ez alapján azt kapjuk, hogy és , tehát az egyetlen megoldás.Megoldás
Hány olyan pozitív egész szám létezik, amelyre találhatóak olyan (nem feltétlenül különböző) pozitív egész számok, hogy
Itt az számjegyeinek összegét jelöli. Eredmény: Mivel bármely pozitív egész számra és kilences maradéka megegyezik, kapjuk hogy , , , és kilences maradéka egyforma. Ebből következik, hogy , és mind kilenccel oszthatók. Ha egy pozitív egész -re, akkor az választás kielégíti a feladatban szereplő feltételt. A legnagyobb számjegyösszeg, amit egy egymillió alatti szám adhat , tehát 6 megfelelő található: , , , , és .Megoldás
Az ábrán látható pentominó öt négyzetból áll, ahol egy négyzet oldalhossza . Ezt a pentominót berajzoltunk egy -es méretű téglalapba az ábrán látható módon:
Mekkora ? Eredmény: Legyen és egy kisnégyzet oldalának rendre rövidebb és hosszabb vetülete a téglalap oldalaira. Ekkor tehát és . A Pitagorasz-tétel segítségével kapjuk, hogyMegoldás
Palinak van egy 3-szor 5-ös csokitáblája. A bal felső kockára egy kis cukrot rak, hogy még édesebb legyen. Így fogyasztja el a csokit: minden lépésben véletlenszerűen választ: vagy a jobb szélső oszlopot eszi meg, vagy a legalsó sort. Mindkét lehetőségnek a valószínűsége. Ezeket a lépéseket ismételi, amíg meg nem eszi a teljes csokoládét. Mi a valószínűsége, hogy az utolsó lépésben egyedül a becukrozott kockát eszi meg? Eredmény: Tegyük fel, hogy a csokitáblának 3 oszlopa és 5 sora van. Akkor fogy el, ha az alsó sort () háromszor választotta már Pali, vagy a jobb oldali oszlopot () ötször választotta. Az, hogy utolsó lépésben egyedül a cukrozott kocka marad meg, akkor és csak akkor teljesül, ha az első 6 lépésben pontosan kettő -t és négy -t választott, mindegy milyen sorrendben. (Ekkor a 7. lépésben bármit is választ, a cukros kockát eszi meg.) olyan hat hosszú sorozat létezik, ami pontosan kettő -t és négy -t tartalmaz, és mindegyik valószínűsége , tehát a keresett valószínűségMegoldás
Gergő alkotott néhány páronként különböző prímszámot, úgy, hogy a számjegyek mindegyikét pontosan kétszer használta fel. A prímszámok összege a lehető legkisebb. Mekkora ez az összeg? Eredmény: A és kivételével egy prímszám sem végződhet páros számjeggyel vagy öttel, ezért a számjegyek mindegyike legalább tizes helyiértéken kell hogy szerepeljen. Továbbá, a megmaradó számjegyek mindegyike legalább egyes helyiértéken szerepel. Ezért az összeg legalább Ez az összeg meg is valósítható, ha Gergő az alábbi prímszámokat írja fel:Megoldás
Tom és Jerry leírtak két polinomot: és . Mindketten a kedvenc pozitív egész számukat (rendre és ) behelyettesítették a saját polinomukba, és ugyanazt az eredményt kapták, azaz . Keressétek meg összes lehetséges értékét. Eredmény: 1, 5 Az egyenletet szorzattá bontva kapjuk, hogy ezért vagy vagy .Megoldás
Az háromszög csúcshoz tartozó magasságvonala épp olyan hosszú, mint a csúcsból induló súlyvonala. Tudjuk, hogy az szög 75 fokos. Mennyi az hányados értéke? Eredmény: Legyen az oldal felezőpontja. Tükrözzük -t az pontra, az így kapott pont . Legyen az merőleges vetülete a egyenesre. A feladatbeli első feltételből következik, hogy ezért (a második feltétel miatt nem lehet tompaszög). Tehát . Használjuk a szinusztételt az és háromszögekre és Elosztva ezeket az egyenleteket egymással (vegyük észre hogy ) és a szinusztételt használva az háromszögre, végül kapjuk, hogyMegoldás
A tic-tac-toe játékban két játékos felváltva rak O és X jeleket egy 3x3-as táblára. Az nyer, aki ki tud rakni a saját szimbólumával egy sor, oszlopot vagy átlót. A játék döntetlennel ér véget, ha a tábla betelt, és egyik játékos sem nyert. Hányféle elrendezés lehet a táblán egy döntetlen játék végén? A forgatással vagy tükrözéssel egymásba vihető állapotok is különbözőnek számítanak. Bármelyik játékos kezdhet. Eredmény: Négy esetet különböztetünk meg aszerint, hogy milyen jel áll a középső mezőben, és melyik szerepel ötször a táblán. Ha egy iksz áll középen, és öt iksz van a táblán (hívjuk ezt az esetet "iksz-iksz"-nek), még négy ikszet kell elhelyeznünk. Mivel nem tölthetünk ki egy sort, oszlopot, vagy átlót, így az 1. ábrán látható elrendezést kapjuk. Ez se nem tükör-, se nem forgásszimetrikus, így ilyet kaphatunk. "Iksz-kör" estetén öt kört kell elhelyeznünk, egy iksszel középen. Nem tehetünk kört mind a négy sarokba, hiszen ekkor mindenképpen lenne teljes sor vagy oszlop az ötödik kör lehelyezésével. Azonban minden átlóba kell tennünk kört, különben az iksz nyer. Vagyis pontosan három, vagy pontosan két kört kell tennünk a sarokba. Mindkét esetben lényegében egy lehetőségünk van, és mindkét megoldás tükörszimmetrikus lesz (2. és 3. ábra). Vagyis még megoldást kapunk itt. A "kör-kör" és "kör-iksz" esetek az előzőeknek felelnek meg a jelek felcserélésével, így összességében elrendezést kaphatunk.Megoldás
Keressétek meg a legnagyobb olyan pozitív egész számot, amihez nem létezik pozitív egész ami teljesítené az alábbi feltételt.
Eredmény: Reciprokot véve kapjuk, hogy A és közötti intervallum hossza , tehát bármely esetén van megoldása az egyenlőtlenségrendszernek. Ha , van megoldása, (ekkor ). Ha , akkor nincs megoldás, ugyanis és .Megoldás
Egy 110 km hosszú biciklitúrán Passau és Linz között, Helga és Éva megmászott 3 emelkedőt. Az első pihenő alatt Helga, aki remek fejszámoló, így szólt: “Ha megszorozzuk a távolságot Passautól minden emelkedő csúcsáig, akkor többszörösét kapjuk.” Éva gondolkodott egy kicsit, majd azt mondta “Akkor is többszörösét kapjuk, ha Linztől számoljuk a távolságokat Passau helyett.” Miután -t tekertek, tartottak egy második pihenőt, és Helga megjegyezte: “már csak egy emelkedőt kell megmászni, mielőtt Linzbe érünk.” Feltéve, hogy minden távolság kilométerben van megadva és egész számok, keressétek meg a távolságokat Passautól mindegyik emelkedő csúcsáig. Eredmény: , , Legyen , és a három csúcs távolsága Passautól, kilométerben mérve. Tudjuk, hogy és . Mivel és egyik távolság sem tartalmazhatja több mint egy prímosztóját is. Az általánosság megsértése nélkül feltehetjük, hogy , , and . Mivel ugyanezek a feltételek vonatkoznak a , és tvolságokra is, két lehetőség van: vagy , mivel . Abban az esetben, ha kapjuk hogy mert , és végül . Abban az esetben, ha akkor hasonló módon látható, hogy és . Mivel 7 és 19 legnagyobb közös osztója 1, az egyetlen mód, hogy felírjuk -et alakban (ahol , nemnegatív egészek) (minden felbontás alakú, valamilyen -re és az együtthatük csak akkor nemnegatívag, ha ). Hasonlóan kapjuk az alábbi felbontásokat: és . Ebből megkapjuk az alábbi két megoldást, és Helga második megjegyzéséből következik, hogy a harmadik csúcs legalább -re van Passautó. Tehát a keresett távolságok , , és .Megoldás
Legyen egy derékszögű háromszög, amelynek a csúcsnál van derékszöge, továbbá és . Vegyük fel a és pontokat úgy, hogy egy négyzet, amely nem tartalmazza a pontot a belsejében, és legyen egy pont a szakaszon úgy, hogy . Végül, legyen egy pont a szakaszon, . Mekkora a háromszög területe? Eredmény: Először vegyük észre, hogy az és háromszögek egybevágóak, mivel , és . Ezért . Továbbá, legyen az négyzet középpontja. az háromszög köréírt körén fekszik, mert és derékszögek. Mivel , az és kerületi szögek egyenlőek, tehát 45 fokosak. Ezért a szögfelezőn fekszik. Középpontosan tükrözzük a háromszöget az pontra, ekkor a pontba megy át, a pontba, amely az és szakaszok metszéspontja. az pontba megy át, amely a szakaszon fekszik, és . Tehát egy egyenlőszárú derékszögű háromszög, amelynek a csúcsnál van derékszöge. így a területe . A továbbiakban jelölje egy háromszög területét, ekkor Továbbá, az és háromszögek hasonlóak, a hasonlóság együtthatója Végül kapjuk, hogyMegoldás
Két rab áll két doboz előtt. Tudják, hogy az egyik dobozban két fehér és egy fekete golyó van, a másik dobozban pedig egy fehér és két fekete golyó, de nem tudják melyik doboz melyik. Mindegyik rabnak választania kell egy dobozt és véletlenszerűen húznia egy golyót belőle (visszatevés nélkül). Ha valaki egy fehér golyót húz, szabadon engedik, de ha feketét, akkor kivégzik. Ha a második rab megfigyeli az első választását és ez alapján logikusan dönt, mi a túlélésének esélye (még mielőtt az első golyót kihúzzák)? Feltesszük, hogy az első rab véletlenszerűen választ dobozt. Eredmény: Jelöljük -vel azt a színt, amit az első rab kihúzott, és -val a másik színt. Annak a valószinűsége hogy a -t tartalmazó dobozból húzta ki, 2/3, annak a valószinűsége, hogy a dobozból, 1/3. Ha a második rab ugyanazt a dobozt választja mint az első, akkor valószínűséggel húz színűt, tehát valószínűséggel húz színűt. Ha azonban a második rab a másik dobozt választja, akkor valószínűséggel húz színűt és valószínűséggel húz színűt. Ha fehér, akkor a második rab megmenekül ha ő is -t húz. Mivel , hasznosabb számára a másik dobozt választani, és eséllyel megmenekül. Ha fekete, a rab akkor éli túl, ha -t húz. Mivel , jobb számára, ha ugyanazt a dobozt választja, mint amit az első rab választott. Ekkor eséllyel menekül meg. Könnyen látható, hogy eséllyel fehér és fekete, tehát a második rab megmenekülésének valószínűségeMegoldás
Mi a legkisebb olyan pozitív egész , amelyre az intervallumból bármely (nem feltétlenül különböző) valós számot kiválasztva, lesz közte szám amelyek egy nem elfajuló háromszög oldalhosszainak felelnek meg? Eredmény: Ha , vegyük a Fibonacci sorozat első tagját. és , így az első 18 tag . Ebből bármely számhármast választva a legnagyobb tag nagyobb vagy egyenlő, mint a két kisebb tag összege, tehát nem alkothajuk belőlünk nem elfajuló háromszög oldalait. Ha , legyenek a kiválasztott számok. Ha semelyik három nem alkothat nem elfajuló háromszöget, kapjuk hogy , azaz minden lépésben a Fibonacci sorozat adott tagja az alsó becslés. , ami nem megengedett. A keresett szám tehát .Megoldás
Jelölje egy pozitív egész összes (pozitív) osztóinak számát. Keressétek meg a legkisebb olyan pozitív egész -et, amelyre és legnagyobb közös osztója nem kettőhatvány. (Az is kettőhatványnak számít.) Eredmény: Ha az prímfelbontása akkor az osztóinak száma Mivel a legnagyobb közös osztó nem lehet kettőhatvány, létezik egy páratlan prím, ami osztja -et és -t. Mivel ez a szám nem lehet 3-mal osztható. Azaz legkisebb lehetséges értéke 5. Továbbá vegyük észre, hogy nem oszthatja egyszerre , különben osztaná -t is. Tehát van két kölünböző hogy és . Mivel a legkisebb számot keressük, feltehetjük, hogy , , and . Ha , akkor és lehetséges legkisebb értékei , , és a legkisebb prímeket választva hozzá , , így azt kapjuk, hogy . Ha , akkor és , emiatt tehát a legkisebb, a feltételeknek megfelelő .Megoldás
Legyen egy derékszögű háromszög, , , . Legyen az a pont az egyenesen, amelyre . Az háromszög beírt köre (jelöljük -vel) a oldalt a pontban érinti. Egy másik, kör szintén a pontban érinti a oldalt, és érinti a szakaszt. Jelöljük a kör és az egyenes két metszéspontját -szel és -nal. Mekkora az távolság? Eredmény: A befogó tételt és a magasságtételt használva A kör sugara (ami egyenlő -vel) kiszámítható úgy, hogy leosztjuk a háromszög területét a kerületének felével. Így kapjuk, hogy . Legyen a háromszög beírt köre , és ez a szakaszt az pontban érinti. Ennek a körnek a sugara . Végezzünk el középponttal egy arányú nagyítást, ez az kört a körbe viszi. Tehát a kör sugara . Legyen az szakasz középpontja és a kör középpontja. Tudjuk, hogy és . Tehát, a Pitagorasz-tétel felhasználva kapjuk, hogyMegoldás
Egy -es sakktábla minden mezője fehér, zöld, piros vagy kék színre van színezve. Azt mondjuk hogy egy ilyen színezés „vonzó", ha bármely -es résztábla csupa különböző színeket tartalmaz. Hányféle vonzó színezés létezik? Eredmény: Első megfigyelés: két szomszédos mező színe mindig különböző, ezért ha egy oszlopban több mint két szín előfordul, akkor lesz három szomszédos, különböző színű mező abban a sorban. Második megfigyelés: egy ilyen „színes" hármas egyértelműen meghatározza a hozzájuk tartozó három oszlop színezését. Ugyanis egy szinű hármas esetén a függőlegesen szomszédos hármas színezése csak lehet. Ez a két színezés váltakozva megtölti a teljes oszlopot, így ezek az oszlopok csak két színt tartalmaznak. Ugyanez mondható el a sorok és oszlopok szerepét felcserélve. Tehát nem használhatunk egyszerre több mint két színt valamely sorban és több mint két színt valamely oszlopban. Tegyök fel, hogy a táblázatnak 6 sora és 7 oszlopa van. Számoljuk ki a szinezések számát, ha csak 2 szin van minden sorban: kiválasztjuk a 2 színt az első sorban (ez meghatározza a színpárt az összes többi sorban). Minden sorban eldönthetjük, melyik színnel keztünk. Ez színezést ad. Hasonló módon, ha minden oszlopban két szín van csak, az színezést ad. Végül le kell vonnunk azokat az eseteket amiket kétszer számoltunk. Az ilyen színezéseket a bal felső rész már meghatározza, ezért ilyen van. Az eredmény tehát .Megoldás
Száz gyerek áll egy sorban. Az első gyereknek van gramm csokija, a másodiknak gramm, és így tovább, végül a századik gyereknek van gramm csokija. Az első gyerek a másodiknak adja a csokija harmadát. (Tehát most már a második gyereknek gramm csokija van). A második gyerek odaadja a csokija harmadát a harmadik gyereknek, és így tovább, végül a 99. gyerek a századiknak adja a csokija harmadát. A folyamat végén hány gramm csokija lesz a 100. gyereknek? Eredmény: Az alábbiakban minden tömeg grammban van megadva. Az első lépés után a második gyereknél gramm van. A második lépésben a harmadik gyereknek adja a csokija harmadát, tehát ekkor a harmadik gyereknél gramm van. A harmadik lépés után a negyedik gyereknél van. Megfigyelhetjük, hogy a végén a századik gyereknél gramm csoki van. Legyen Ekkor tudjuk, hogy Használva a képletet a mértani szorozatok összegére kapjuk hogy Végül,Megoldás
Keressétek meg az összes olyan egész számot, amelyre
is egész szám. Eredmény: Szeretnénk, hogy teljesüljön. Ezt nem befolyásolja, ha hozzáadunk -et a jobb oldalhoz, és így megszabadulhatunk a tagtól, mivel . Az alábbi ekvivalens feltételt kapjuk Mivel és relatív prímek, leoszhatjuk a jobb oldalt -gyel. Helyettesítsük be, hogy . Ekkor . Végül, binomiális kibontást használva csupán arra van szükségünk, hogy legyen. prímfelbontása , ezért , , , , , lehetnek lehetséges (és valóban megfelelő) értékei. Visszahelyettesítve hogy a feladat megoldásai , , , , , .Megoldás
Legyen egy szabályos háromszög. Vegyünk három koncentrikus kört, amelyeknek a sugarai rendre , és . Az háromszög csúcsai rendre ezen a három körön fekszenek. Találjátok meg a háromszög összes lehetséges oldalhosszát. Eredmény: , Legyen a 3 sugarú körön, a 4 sugarún, és az 5 sugarún. Legyen a körök középpontja. Két esetet kell megvizsgálni. Először tegyük fel, hogy az háromszögön kívül esik. A pont körül fokkal elforgatva a és pontokat a és pontokat kapjuk. Az háromszög szabályos és oldalhossza 4, és . Az háromszög oldalhosszai , , , tehát . Tehát . A koszinusz tételt használva a háromszögben kapjuk, hogy . Ha az háromszög belsejébe esik, forgassuk el az és pontokat fokkal körül, így az és pontokat kapjuk. Hasonlóan, az hármoszög derkészőgű és . Tehát . A koszinusz tételt a háromszögben használva megkapjuk a második megoldsát, .Megoldás
Hét ember ül egyenlő távolságra egymástól egy kör alakú asztal körül, amelyre hét nyíl van felfestve, úgy, hogy mindenki helyétől egy nyíl indul ki, és egy nyíl mutat oda. (Egy nyíl kezdő és végpontja nem kell, hogy különböző legyen.) Minden percben az emberek átülnek oda, ahova a jelenlegi helyükről induló nyíl mutat, és ezután az asztalt elforgatják 1 ülésnyivel, az óramutató járásával megegyezően. Legfeljebb hány perc telhet el addig, míg az összes ember visszakerül az eredeti helyére? Eredmény: Vegyük észre hogy minden 7. lépés után az emberek helyet cseréltek ugyan, de az asztal visszatért az eredeti pozíciójába. Tehát ha minden 7. percben nézünk rá, az emberek egy normál permutáció szerint cserélnek helyet. A minimális szám ahányszor egy permutációt alkalmaznunk kell egy hételemű halmazon, hogy minden elem visszatérjen a helyére (avagy a permutáció rendje ) legfeljebb 12. Ez elérhető az alábbi permutációval: Általában egy permutáció rendje a benne lévő ciklusok hosszának legkisebb közös többszöröse, könnyen látható, hogy valóban 12 a maximum. Ezzel egy felső becslést kaptunk, legfeljebb perc után minden ember visszatér az eredeti helyére. Ha úgy rajzolták a nyilakat, hogy eredetileg csak az 1. és a 4. ember cserél helyet, akkor 7 perc után az emberek így cserélődnek meg: Tehát ha csak minden 7. percet nézzük, a procedúra percig tart. Meg kell még mutatnunk, hogy az emberek nem térhetnek vissza az eredeti helyükre a közbülső percekben. Minden 7. percben az ülőhelyeken az eredeti emberek ülnek (egymás között esetleg felcserélve), de a közbülső 6 percben e három ember legalább egyike nem az helyeken ül.Megoldás
Legyen egy pozitív valós számokból álló sorozat. Az tagtól kezdve minden tag a két szomszédja számtani közepének és mértani közepének az összegének a fele. Adjátok meg -at, ha tudjuk, hogy és .
Megjegyzés: Az és pozitív valós számok mértani közepe . Eredmény: A sorozatra vonatkozó feltétel a következőképpen írható fel: minden -ra. Mivel a sorozat elemei pozitívak, így gyökvonás után: Ez pont azt jelenti, hogy jelöléssel a számok számtani sorozatot alkotnak, legyen ezen sorozat differenciája. Tudjuk, hogy , valamint, hogy , tehát Végül a számtani sorozat átalános tagjának képletéből: Tehát .Megoldás
Ádám rajzolt egy téglalapot, amelynek a kerülete , és az oldalai és pozitív egészek, ahol . Megpróbálta lefedni oldalhosszúságú négyzetekkel. Az első négyzetet a bal felső sarokba rakta, és így folytatta a lefedést, azaz egy négyzetrácsot követett, aminek vonalai párhuzamosak a téglalap oldalaival, és origója a téglalap bal felső csúcsa. Egy idő után (legalább egy négyzet lerakása után) abba kellett hagynia, mert már nem tudott úgy négyzetet lerakni, hogy az teljes egészében a téglalapban feküdjön. Ekkor a téglalap lefedetlen területe volt. Az összes, a feladat feltételeinek megfelelő téglalapot tekintve mi az összege lefedésre használt kisnégyzetek lehetséges oldalhosszainak? Eredmény: Tudjuk, hogy ahol . Tehát a téglalap lefedetlen része ami ekvivalens azzal, hogy . Nyilván és ezért . Ha levágjuk a lefedetlen területet és , , akkor egy -os téglalapot kapunk, lefedve méretű négyzetekkel (mivel ) és . Láthat, hogy osztója kell legyen -nek és -nak, tehát -nak is. Vegyük egyik osztóját és legyen . Felhasználva, hogy megkaphatjuk és -t: Mivel a megoldások pozitív egész számok (létezik legalább egy kisnégyzet, aminek az oldala , tehát pozitív) és (mivel már nem tudunk többet lefedni), láthatjuk, hogy akkor és csak akkor megfelelő, ha páros osztója -nek és . Tehát az alábbi számok egyike: , , , , és ezeknek az összege .Megoldás
Legyen egy pont az háromszög belsejében. Jelölje , , rendre az , , egyenesek metszéspontját , és -vel. Tegyük fel, hogy
és
Mennyi az szorzat? Eredmény: Jelölje egy háromszög terültetét . Legyen Ekkor valamint hasonlóan Továbbá , vagyis Ebből beszorzással, majd átrendezéssel kapjuk, hogy Innen helyettesítéssel adódik a megoldás.Megoldás
Egy körön kijelöltük az pontokat az óramutató járásával ellentétetesen. Ezek a pontok által megadott húrok közül semelyik három nem metszi egymást a kör belsejében. Krisztina berajzolta az összes összekötő szakaszt a pontok között, de így az ábra túl zsúfolt lett, ezért úgy döntött kitörli az és az hétszögek összes oldalát és átlóját. A megmaradt szakaszok hány tartományra vágják fel belsejét? Eredmény: Adjuk hozzá a szakaszokat az ábrához egyesével. Könnyen látható, hogy amikor egy szakaszt hozzáadunk, a tartományok száma eggyel plusz annyival nő, ahány korábbi szakaszt elmetsz az új szakasz. Tehát összesen a tartománok száma Hívjuk az pontokat páratlannak és a többit párosnak. A berajzolt szakaszok mindig egy páratlan és páros pontot kötnek össze, tehát szakasz van. Hogy meghatározzuk a metszéspontok számát, figyeljuk meg, hogy a két metsző szakasz végpontjai úgy fekszenek a körön, hogy a két páratlan pont szomszédos, és a két páros szomszédos. Minden ilyen négyes pontosan egy metszéspontot határoz meg, ezért a jó pontnégyesek számát keressük. A pontok az óramutató járásával ellentétetesen vannak számozva. Az általánosság megsértése nélkül feltehetjük, hogy az első páratlan pont a négyesben, ezután a pontokat a párokba osztva azt látjuk, hogy a másik három pontot különböző párokból kell kiválasztanunk. Másrészt, bárhogy választunk ki párt, az pontosan egy jó számnégyest ad: az első párból a páratlant választjuk, a másik kettőből a párosat. Mivel féleképpen választhatjuk meg az első páratlan pontot, összesen metszéspont van. Ez alapján a kört a húrok tartományra bontják fel.Megoldás
Hány rendezett pozitív egész számokból álló négyesre igaz, hogy:
Eredmény:
Szorozzuk meg az első egyenletet -val és használjuk a másodikat, hogy megkapjuk az kifejezést. Vegyük észre, hogy mind , mind prímszám. Mivel mindkét zárójelben álló kifejezés nagyobb mint , az egyiknek egyenlőnek kell lennie -val, és a másiknak -el, továbbá . Feltéve, hogy és igaz egy adott -ra, ahol -re igaz, hogy , kiszámolható, hogy , és . Egyszerűen belátható, hogy a
négyes kielégíti a feltételt és emiatt helyes megoldása a rendszernek bármilyen és értékre. Mind a megoldás különböző, mivel ha két páros és ugyanazt a fent említett megoldást adja, akkor belátható, hogy a és kifejezésekből következik, hogy illetve . Hasonlóan, az és esetre megkapunk páronként különböző megoldást
adott és esetre. Egyik megoldás sem egyezik meg egyik első esetbeli megoldással, mivel nem áll fent egy adott , értékre sem az általunk vizsgált tartományban. Tehát megoldás lesz.