Feladatok

Eredmény:

$105^{\circ }$

Vegyük észre, hogy az ábrán a szabályos háromszög felső, illetve a négyzet alsó csúcsa közötti szakasz egy egyenlőszárú háromszög alapja, melynek szögei $150^{\circ }$, $15^{\circ }$ és $15^{\circ }$. A keresett szög ekkor $180^{\circ }-60^{\circ }-15^{\circ }=105^{\circ }$.

Eredmény:

$6$

Jobbról balra haladva, a soron következő mezszámot az aktuális mezszámból egy $n>1$ egész számmal osztva kapjuk, így a mezszám legalább egy prímtényezője csökken. A jobb szélen lévő mezszám prímtényezős felbontása $72=2^3\cdot 3^2$, tehát a sorban legfeljebb $1+3+2=6$ játékos állhat. Ez el is érhető például a $1,2,4,8,24,72$ számsorozattal.

Eredmény:

$44$

Jelölje $n$ a vonószenekar tagjainak a számát! Ha összeadjuk a hegedülni tudók és a brácsázni tudók számát, ez az összeg megegyezik a zenekar létszámának és a mindkét hangszeren játszani tudók számának összegével, utóbbiakat ugyanis kétszer számoltuk az összegzéskor. Mivel $\frac{n}{4}$ zenész játszik mindkét hangszeren, ekkor

így a keresett tagszám $n=44$.

Eredmény:

$21$

Ha $n$ jelöli a Cili által választott legkisebb számot, akkor $C=n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)$. Dávid első száma ekkor az $n+1$, így $D=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)$. A két szorzat hányadosa

Ezt az egyenletet megoldva $n=20$ adódik. A keresett szám Dávid legkisebb száma, azaz $n+1=21$.

Eredmény:

$168$

18 kis háromszög van a határon, melynek két-két élszomszédja van, illetve 3 kis háromszög a csúcsoknál, melyeknek csak egy-egy élszomszédjuk van. A maradék $64-18-3=43$ kis háromszögnek rendre három-három élszomszédja van. A keresett összeg így $3\cdot 43+2\cdot 18+3=168$.

Eredmény:

$4$

$n^2-5n+6$ minden egész $n$-re páros. Mivel 2 az egyetlen páros pozitív prím, ebből az $n^2-5n+6=2$ egyenlet adódik, melynek megoldásai 1 és 4. A keresett legnagyobb $n$ egész szám tehát a 4.

Eredmény:

$2\sqrt{3}\doteq 3.46410$

A szaggatott szakasz 1 távolságra van a két kisebb kör közös átmérő egyenesétől, így felezve metszi a nagy kör függőlegesen behúzott sugarát. Ekkor a nagy kör középpontja, “északi sarka", illetve a szaggatott szakasz két végpontja egy rombuszt alkot, melynek minden oldala, valamint a rövidebb, függőleges átlója is 2 hosszú, hiszen ennyi a nagyobbik kör sugara. Ekkor a szaggatott szakasz egy 2 oldalú szabályos háromszög magasságának kétszerese, azaz $2\sqrt{3}$.

Eredmény:

$\frac{3}{5}=0.6$

Jelölje $t_h$ azt az időtartamot, amíg Dániel hiányzott az asztaltól, $t_j$ pedig azt az időt, amíg jelen volt. Mivel Ádám és Dániel ugyanannyi perecet ettek,

Eredmény:

$58$

A következő egyenletet kell megoldanunk:

ahol $x_i$ jelöli az $i$-edik llegkisebb címletű korona árfolyamát. A feltétel miatt minden $i$-re $x_i\in \left\{0;1\right\}$. Mivel $0.4+0.5+1+2+4.1<11.8$, $x_6=1$ szükségképpen. Ekkor ha $x_4$ vagy $x_5$ valamelyike szintén 1 lenne, akkor átlépnénk a $11,8$ eurós keretet, így $z_4=z_5=0$. Mivel $0.4+0.5+1=1.9$, és Márk minden euróját be szeretné váltani, ekkor mindenképp $x_1=x_2=x_3=1$ kell, hogy legyen. A feltételeknek megfelelően tehát Márk csak egyféleképp tudott váltani, ennek során pedig $1+2+5+50=58$ cseh koronát kaphat.

Eredmény:

$27$

Hét féle téglalapunk lehet, ahogyan azokat az ábrákon is feltüntettük:

7 egységnégyzetünk, 2 darab $2\times 2$-es négyzetünk van, 4 olyan, mint a pontozott vonallal határolt, és 2 olyan, mint a szaggatott vonallal határolt négyzet. Ezen felül van 8 darab $1\times 2$-es téglalapunk, 2 darab $1\times 3$-as téglalapunk, végül pedig 2 olyan téglalap, amit az alsó ábrán szaggatott vonal határol. Mindez összesen tehát $7+2+4+2+8+2+2=27$ téglalap.

Eredmény:

$39$

Az $\mathrm{lkkt}(60;n)=777+\mathrm{lnko}(60;n)$ egyenletet szeretnénk megoldani. A legnagyobb közös osztó definíció szerint osztója 60-nak, így az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, illetve 60 számok közül kerülhet ki. Ezek közül egyedül a 3 olyan, melyhez 777-et adva a 60 egy többszörösét kapjuk. Ekkor tehát $\mathrm{lnko}(60;n)=3$ és $\mathrm{lkkt}(60;n)=780$, amiből $60\cdot n=3\cdot 780$ adódik, így $n=39$.

Eredmény:

$\sqrt{7∕12}\doteq 0.76376$

“Terítsük ki" a tetraéder felületét a síkba, ahogyan azt az ábra is mutatja. A hangya az $A$ pontból indul, és $B$-be szeretne eljutni. A síkbeli testhálón a legrövidebb útvonalat az ábrán szaggatott vonallal jelölt $\mathit{AB}$ szakasz adja. A $\mathit{PD}$ szakasz egy 1 oldalú szabályos háromszög magassága, hossza a Pitagorasz-tételből adódóan $|\mathit{PD}|=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Az $A$ súlypont pedig harmadolópontja a $\mathit{PD}$ szakasznak, így

Továbbá $|\mathit{DB}|=\frac{1}{2}$, hiszen $B$ oldalfelező pont. Mivel $\mathit{DB}\perp \mathit{DA}$, a keresett $|\mathit{AB}|$ távolságot ismét a Pitagorasz-tétel adja:

amiből

Eredmény:

$27$

Ha Dóra kezében lenne a 3-as kártya, akkor ő lenne az egyik hazug, így a másik három állítás közül pontosan egy lenne hazugság. Ez viszont lehetetlen, mert ekkor a másik három lány közül kettőnek ugyanazt a számkártyát kellett volna húznia. Ha Dóra a 9-as vagy a 12-es kártyát húzta volna, akkor mindenki más állítása hamis lenne, így kizárásos alapon Dóra kezében a 6-os kártya van. Ekkor a három másik lány közül egyedül Ágnes mondhatott igazat, az ő kezében tehát a 12-es kártya van. Így tehát Betti és Cili, a két hazug lány kezében a 3-as és a 9-es kártyák vannak, a keresett szorzat pedig 27.

Eredmény:

$420$

Ha egy $n$ pozitív egész szám prímtényezős felbontása $n={p_1}^{a_1}\cdot \dots \cdot {p_k}^{a_k}$, akkor $n$ osztóinak száma $(a_1+1)\cdot \dots \cdot (a_k+1)$. Nyilván a páratlan osztók száma csak a 2 hatványkitevőjétől függ a prímtényezős felbontásban. Mivel $24=2^3\cdot 3$ és pontosan 8 páratlan osztó van, a prímtényezős felbontásban $2$ hatványa $2$ lesz. $n$-nek ezen felül vagy 3 különböző, első hatványon szereplő páratlan prímosztója van, vagy két különböző páratlan prímosztója, melyek közül egyik az első, a másik pedig a harmadik hatványkitevővel szerepel a felbontásban, vagy pedig egyetlen páratlan prím a hetediken. Mivel a legkisebb alkalmas $n$-et keressük, az összehasonlítandó szorzatok ebből a $3\cdot 5\cdot 7;3^3\cdot 5;3^7$ lesznek, ezek közül pedig a $3\cdot 5\cdot 7$ a legkisebb. Így $n=2^2\cdot 3\cdot 5\cdot 7=420$.

Eredmény:

$\sqrt{\pi }\doteq 1.77246$

Ha a szürke tartományok egyenlő területűek, akkor a kör- és a négyzet területe is megegyezik, hiszen mindkét alakzat területét megkaphatjuk a közös területrésznek és a megfelelő szürke tartomány területe négyszeresének összegeként, mivel közös középpontja van a két síkidomnak. Ha $a$ jelöli a négyzet oldalhosszát és $r$ a kör sugarát, akkor ebből következik, hogy $a^2=r^2\pi$, így a keresett arányszám $a:r=\sqrt{\pi }$.

Eredmény:

$5$

Mivel Lenke csak a számok közé ír előjeleket, az 1 előjele mindenképpen pozitív. Ha minden előjel pozitív lenne, akkor 210 adódna összegként, így ezt az összeget 18-cal kell csökkentenünk. Ez azt jelenti, hogy a megváltoztatandó előjelű számok összege ennek a fele, azaz 9 kell, hogy legyen. Ezt legfeljebb 3 szám összegéből tudjuk előállítani. Mivel az 1 mindenképp pozitív, az egyetlen alkalmas számhármas a $(2,3,4)$. A számpárok közül a $(2,7)$, $(3,6)$, $(4,5)$ adják a megfelelő összeget, végül pedig az is kiadja a kívánt eredményt, ha csak a 9-es szám előjelét változtatjuk meg. Összesen ez tehát ötféle előállítás.

Eredmény:

$1∕81$

A megoldás kulcsa azon megfigyelésben rejlik, hogy a sárga négyzet oldalhossza a nagy egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogója hosszának egyharmada. Ez könnyen látszik, ha például a négyzet által levágott, az ábrán a négyzettől balra illetve jobbra elhelyezkedő egyenlő szárú derékszögű háromszögeket négyzetté egészítjük ki.

Ebből következik, hogy a sárga négyzet és a nagy háromszög területaránya

Ismét az előbbi megfigyelést alkalmazva kapjuk a türkiz négyzet és a nagy háromszög területarányát, azon észrevétellel kiegészítve, hogy a türkiz négyzet oldalhossza a sárga négyzet oldalhosszának egyhatod része, így a két négyzet területaránya $\frac{1}{36}$. Ebből pedig a keresett területarány $\frac{4}{9}\cdot \frac{1}{36}=\frac{1}{81}$.

Eredmény:

$26$

Könnyen látható, hogy az $1,2,3,4,6,10$ számok egyikét sem tudjuk ilyen alakban felírni, ezek összege 26. A többi szám viszont előállítható az alábbi módon (jelöljük az előállítandó számot $n$-nel):
$(a,b)=(\frac{n-3}{2},1)$ ha $n$ $5$-nél nem kisebb páratlan;
$(a,b)=(2l-3,2)$ ha $n=4l\ge 8$ (azaz $n$ néggyel osztható és $n\ge 8$ );
$(a,b)=(2l-5,4)$ ha $n=4l+2\ge 14$ (azaz ha $n$ kettővel osztható, de néggyel nem és $n\ge 14$ ).

Eredmény:

$4$

Mivel a polinomnak két gyöke van, felírható $c\cdot \left(x-a\right)\cdot \left(x-b\right)$ alakban, ahol $a$ és $b$ az egész gyökök, $c$ pedig a polinom főegyütthatója, így maga is egész. Az együtthatók összege könnyen felírható $c(a-1)(b-1)$ alakban. Mivel ez a feltétel szerint $2020=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$, továbbá az egész gyökök különbsége miatt $a-1$ és $b-1$ között is 1 az eltérés, 4 lehetséges módon kaphatunk ilyen polinomot ($2020=1010\cdot 1\cdot 2$; $2020=1010\cdot (-1)\cdot (-2)$; $2020=101\cdot 4\cdot 5$; $2020=101\cdot (-4)\cdot (-5)$).

Eredmény:

$19$

Figyeljük meg, hogy összesen $40\cdot 41∕2=820$ utas tartózkodik a vonaton. Az összes lekapcsolás után 22 kocsi marad, ekkor miután mindenki helyet foglalt, az utolsó 20 kocsinak tele kell lenni, ellenkező esetben legfeljebb $1+2+39+19\cdot 40=802$ utas férne el a fennmaradó kocsikban összesen. Így az első két kocsiban összesen 20 utast kell elosztani. Ebből következően az első kocsiban nem történt létszámváltozás, így a második kocsiban 19 utas foglal helyet.

Eredmény:

$18$

Jelölje $a$ és $b$ rendre a boríték szélességét és magasságát, $d$ pedig a négyzet átmérőjét. A függőleges hajtási vonalak által keletkezett derékszögű egyenlőszárú háromszögeket megfigyelve kaphatjuk, hogy $d=a+b+2$. Azért, hogy a feltételnek megfelelően tudjunk hajtogatni, teljesülnie kell az $\frac{d-b}{2}\le b$, azaz $b\ge \frac{d}{3}$ egyenlőtlenségnek. Ebből $a\le d-\frac{d}{3}-2=\frac{2}{3}d-2=18$.

Eredmény:

$55$

Vezessük be az $a+b=d^2$, $b+c=e^2$, $c+a=f^2$ egyenlőségeket, ahol $d;e;f$ különböző pozitív egészek. Feltehető, hogy $d<e<f$ és mivel Márta számai mind pozitívak,

A keresett összeg $(d^2+e^2+f^2)∕2$, ami szintén egész, így a három négyzetszám összege szükségképpen páros. A legkisebb megoldást a $(d^2,e^2,f^2)=(25,36,49)$ számhármas adja, amiből a keresett összeg $a+b+c=55$.

Eredmény:

$162=2\cdot 3^4$

Az első elágazásnál kétfelé indulhatunk. Az ezután következő 4 egymás alatti pontpár esetében pedig pontpáronként három lehetőségünk van aszerint, hogy 0, 1 vagy esetleg mindkét függőleges élt használjuk, mielőtt továbbhaladnánk jobbra. Ez összesen $2\cdot 3^4=162$ lehetséges útvonal.

Eredmény:

$29$

A következő módon kódoljuk a lehetséges négyjegyű számokat: Az adott számjegy helyére az N betűt írjuk, ha a soron következő számjegy nagyobb, ha pedig kisebb, azt K betű jelzi. Ilyen módon például az 1474 kódja NNK, míg az 1414-et az NKN kód jelzi. Az első számjegy ismeretében a kód már egyértelműen meghatározza a négyjegyű számot, így elég a $2^3=8$ lehetséges kódra külön-külön összeszámolnunk a megfelelő kezdő számjegyeket. Ezeket a következő táblázat foglalja magába:

Így összesen $3+6+4+4+7+4+1=29$ négyjegyű szám felel meg a feltételeinknek.

Eredmény:

$\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1\doteq 0.41421$

Legyen $x$ a kis négyzet oldalhossza, valamint jelölje $r$ a körök sugarát. Ekkor $r=\frac{1-x}{2}$. A két kör középpontja és érintési pontja négy szakaszra osztja a négyzet $\sqrt{2}$ hosszú átlóját. Ebből kettő a kör sugara, kettő pedig $r$ oldalú négyzetek átlója. Ebből felírható

ez pedig az $x=1-\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$ megoldáshoz vezet.

Eredmény:

$2020∕2019$

Ha a feltételként megfogalmazott összes egyenletet összeadjuk, akkor

adódik, ebből pedig a keresett összeg $\frac{2020}{2019}$.

Eredmény:

$620$

Nevezzünk egy pozitív egész számot nyerőnek, ha alkalmas stratégiával játszva az első játékos győzelme garantált, valamint nevezzünk egy pozitív egész számot vesztőnek, ha nem nyerő. Vegyük észre, hogy egy $n$ pozitív egész szám pontosan akkor nyerő, ha van vesztő szám az $\left[\frac{n}{3},\frac{n}{2}\right]$ intervallumban. Hasonlóképp figyeljük meg, hogy egy $n$ szám pontosan akkor vesztő, ha az $\left[\frac{n}{3},\frac{n}{2}\right]$ intervallumban minden egész szám vesztő (beleértve azt az esetet is, amikor nincs egész szám ebben az intervallumban).

Világos, hogy az $1$ vesztő szám, így a korábbi megfigyelések alapján a $2$ és a $3$ nyerő számok. A $4,\dots ,7$ ismételten vesztő számok, mivel ezek bármelyikét $n$-nek választva $\left[\frac{n}{3},\frac{n}{2}\right]\cap \mathbb{N}\subseteq \{2,3\}$. Ugyanígy adódik, hogy $8,\dots ,21$ nyerő számok, stb. Ezen a módon folytatva megkapjuk, hogy $44,\dots ,129$, $260,\dots ,777$ úgyszintén nyerő számok. Összesen tehát $620$ nyerő szám van.

Eredmény:

$60$

Thalész tétele következtében a $D$ csúcsnál derékszög van mind az $\mathit{ADB}$, mind pedig az $\mathit{ADC}$ háromszög esetén, ezért a $B;C;D$ pontok egy egyenesre illeszkednek. Pitagorasz tétele adja $\mathit{BD}$ hosszát: ${\overline{\mathit{BD}}}^2=17^2-(7^2-4^2)=16^2$ és így $\overline{\mathit{BD}}=16$. Így tehát $\overline{\mathit{BC}}=16\pm 4$ attól függően, hogy a kisebb kör középpontja a nagyobb körön belül vagy kívül helyezkedik el. A középpontokat összekötő szakasz az $\mathit{ABC}$ háromszög $\mathit{BC}$ oldallal párhuzamos középvonala, ezért ennek a szakasznak a hossza a $\mathit{BC}$ szakasz hosszának fele, így tehát $12∕2=6$ vagy $20∕2=10$. A lehetséges hosszak szorzata ezért 60.

Eredmény:

$20$

A trolibuszok nem lehetnek egymástól két állomás távolságra. Nyilvánvaló, hogy a páros és páratlan állomások egymástól függetlenek, ahogy az is, hogy legfeljebb 4 trolibusz állhat mind a páros, mind a páratlan állomásokon. Így az egyik "fajta" állomáson 3, míg a másikon 4 trolibusznak kell állnia, tehát a megoldás $2\cdot N$, ahol $N$ azon esetek száma, ahányféleképpen 3 trolibuszt el tudunk helyezni 7 állomáson egy sorban úgy, hogy legalább egy-egy szabad állomás legyen köztük. Először a 4 "köztes" szabad állomást kell elképzelnünk, majd köréjük helyezni a három trolibuszt. Az első trolibuszt ötféleképpen helyezhetjük el, a másodikat négyféleképpen, a harmadikat pedig háromféleképpen. Mivel a trolibuszok egyformák, $N$ értéke $N=(5\cdot 4\cdot 3)∕(3\cdot 2\cdot 1)=10$. Így a végső megoldás $2\cdot 10=20$.

Eredmény:

$4251$

Először nézzük meg, hogy hány számjegy maradt ugyanaz. Azt könnyen láthatjuk, hogy az egy-, és kétjegyű számok esetén semelyik számjegy se marad ugyanaz, ha hozzáadjuk a $11$-et. Vagyis csak azok a számjegyek maradhatnak ugyanazok, amik a százas vagy ezres helyen szerepelnek. Ha az utolsó két számjegy $00$ és $88$ közt van, akkor a százas és ezres helyiérték ép marad. A $89$ és $99$ közti számoknál a százas helyiérték megváltozik. Ezenkívül az $1000$ és $1988$ közti számoknál az ezres helyiérték se fog változni. Összesítve $1999$-ig, $19\cdot 89+989=2680$ számjegy marad ugyanaz. Ezenkívül $2000$ és $2020$ közt $21$ szám esetén nem fog változni az ezres és a százas helyiérték. Ez még $2\cdot 21=42$ fix számjegy, azaz összesen $2680+42=2722$ számjegy marad ugyanaz.

Most számoljuk meg, hogy hány számjegy lesz összesen. $1$-től $9$-ig $9$ darab, $10$-től $99$-ig $90\cdot 2=180$ darab, $100$-tól $999$-ig $2700$ darab, $1000$-től $2020$-ig pedig $1021\cdot 4=4084$ darab. Ez összesen $6973$ számjegy, amiből le kell vonni a $2722$ változatlan számjegyet, vagyis összesen $4251$ számjegyet kell átírni.

Eredmény:

$65$

Minden útelágazásra írjuk rá azt a számot, ahányféleképp onnan a korong továbbhaladhat. Ezt alulról felfele végezzük, a kijáratra 1-et írva. Minden további elágazás a közvetlenül alatta lévő elágazásokra írt számok összegét kapja.

Eredmény:

$68$

Vegyük észre, hogy a királynak és a balján ülő három lovagnak is csirkét szolgáltak fel. Így a harmadik csere után a királytól balra az első vegetáriánus fogás egy húsevő lovaghoz kerül, míg a királytól jobbra ülők közül a legelső vegetáriánus elé csirke került, így végül ők cserélnek helyet. (Az ábrán a húsevőket $M$-mel, a vegetáriánusokat $V$-vel jelöltük.)

Mindenki más ugyanazt a fogást kapta, amit a tőlük hárommal balra ülő, így az ülésrend így nézett ki:

Így az első cserét követően minden vegetáriánus és a vegetáriánusoktól eggyel jobbra ülő húsevők kaptak az étrendjüktől eltérő lakomát. A vegetáriánusok száma ezért $64∕2=32$, azaz a maradék $100-32=68$ lovag eszik csirkét a királlyal egyetemben.

Eredmény:

$150$

A lehetséges eseteket figyelembe véve, az ábra összes szöge megegyezik $\alpha$-val, $\beta$-val vagy $\gamma$-val (ezek az $\mathit{ABC}$ háromszög belső szögei). Nyilvánvaló, hogy $\mathit{EAC}=\beta$ és $\mathit{AEC}=\alpha$. Mivel az $\mathit{EDA}$ és $\mathit{EDB}$ szögek összege $180^{\circ }$ és egyformának kell lenniük, vagy $\alpha$ vagy $\gamma$ értéke $90^{\circ }$. Ellenőrzéssel megkapjuk, hogy az előbbi eset egy lehetséges megoldás, az utóbbiból pedig következik, hogy $\alpha =60^{\circ }$. Tehát a végeredmény $90^{\circ }+60^{\circ }=150^{\circ }$.

Eredmény:

$240$

Jelöljük pontokkal a munkásokat, és kössünk össze két pontot, ha beosztottuk őket egy párnak éjszakára. Láthatjuk, hogy $\frac{5\cdot 4}{2}=10$ párosítás létezik, azaz minden pár pontosan egyszer fog együtt dolgozni. Az első éjszakára $10$-féleképpen választhatjuk meg a párt, a másodikra $3$-féleképpen, a harmadikra és negyedikre pedig $2-2$-féleképpen. Látható, hogy eddig mindegy, hogyan választottunk, mivel minden esetben hasonló rajzot kaptunk. Az ötödik választás után viszon kétféle ábra keletkezhet. Vagy kapunk egy $5$ hosszú kört, vagy egy $4$ hosszú kört egy „farokkal”. Az előbbi esetben a további folytatási lehetőségek száma $1$, $2$, $1$, $1$ és $1$ lesz a további éjszakákon, míg a 4 hosszú körös kezdés nem fejezhető be, mivel az utolsó két lépésnek tartalmaznia kéne a „farok” végét. Összesítve megkapjuk, hogy $10\cdot 3\cdot 2\cdot 2\cdot 2=240$ lehetőség van.

Eredmény:

27721/200

Legyenek $a<b<c$ Luca háromszögének oldalhosszai. A feladatban leírtak csak akkor teljesülhetnek, ha az oldalhosszakra igaz, hogy $a:b=b:c$. Ennek ismeretében három lehetséges eset van: (1) $a=32$, $b=50$, ami azt jelenti, hogy $x=c=50\cdot \frac{50}{32}$; (2) $a=32$, $c=50$, ami azt jelenti, hogy $x=b=\sqrt{32\cdot 50}=40$; vagy (3) $b=32$, $c=50$, ami azt jelenti, hogy $x=a=32\cdot \frac{32}{50}$. Az $x$ értékek kiszámolása után ellenőrizhetjük, hogy ezeknek az eseteknek mindegyikével kaphatunk hasonló, de nem egybevágó háromszöget. A végeredmény a három $x$ érték összege.

Eredmény:

$902$

Vegyük észre, hogy a futó $\frac{40}{\mathrm{LNKO}(40,a)}$ szakaszt fut le úgy, hogy a szakasz $a$ élből áll, ahol $\mathrm{LNKO}(x,y)$ az $x$ és $y$ számok legnagyobb közös osztója. Az összes lehetséges $d=\mathrm{LNKO}(40,a)$-ra listázzuk az $a$ értékeit:

• $d=1$, ha $a\in \{1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39\}$
• $d=2$, ha $a\in \{2,6,14,18,26,34,38\}$,
• $d=4$, ha $a\in \{4,12,28,36\}$,
• $d=5$, ha $a\in \{5,15,25,35\}$,
• $d=8$, ha $a\in \{8,16,24,32\}$,
• $d=10$, ha $a\in \{10,30\}$,
• $d=20$, ha $a\in \{20\}$,
• $d=40$, ha $a\in \{40\}$.

Az összes megtett szakasz számát megkaphatjuk, ha a $\frac{40}{d}$-t összeszorozzuk a $d$-hez tartozó lehetséges $a$-k számával, majd összegezzük a lehetséges $d$-kre.¹ Vagyis a kijövő szakaszok száma $40\cdot 16+20\cdot 8+10\cdot 4+8\cdot 4+5\cdot 4+4\cdot 2+2\cdot 1+1\cdot 1=903$. Ami azt jelenti, hogy a futó $902$-szer állt meg pihenni.

Eredmény:

$2∕9$

Nevezzük a kocka kiinduló csúcsát (ahol a doktorandusz saját egyeteme van) $A$-nak, a szomszédos csúcsait $B_1$-nek, $B_2$-nek és $B_3$-nak, ezek ($A$-tól különböző) szomszédos csúcsait $C_1$-nek és $C_2$-nek, az utolsó csúcsot pedig $D$-nek. Könnyen láthatjuk, hogy páratlan számú lépés (utazás) megtétele után csak $B_i$-be vagy $D$-be érkezhetünk, páros számú lépés megtétele után pedig csak $C_i$-be vagy $A$-ba (utóbbi nem engedélyezett a $2020$-adik lépés előtt). Legyen $P_n(V)$ annak a valószínűsége, hogy $n$ lépés után a $V$ csúcsba érkezünk meg. Mivel a kocka szimmetrikus, bármely $n$ érték esetén igaz, hogy $P_n(B_1)=P_n(B_2)=P_n(B_3)=:P_n(B)$, és ugyanez elmondható a $C_i$ csúcsokról is. A szabályok alapján kiszámolhatjuk az első lépések nem nulla értékű valószínűségeit:

• $P_0(A)=1$
• $P_1(B)=\frac{1}{3}$
• $P_2(C)=\frac{1}{3}$
• $P_3(D)=\frac{1}{3}$, $P_3(B)=\frac{2}{9}$
• $P_4(C)=\frac{1}{3}$.

Ha észrevesszük, hogy $4$ lépés után ugyanaz a helyzet áll fenn, mint $2$ lépés után, rájöhetünk, hogy a folyamat ismétlődik, így $P_{2019}(B)=\frac{2}{9}$. Ebből következik (mivel az utolsó lépésnél ismét lehetséges az $A$-ba való visszatérés), hogy

Eredmény:

$27$

Vegyük észre, hogy bármely valós $x$-re igaz, hogy $x\star 3=3$. Ebből könnyen kiszámolható, hogy az egyetlen megoldás $a=(3\star 2)\star 1=5\star 1=27$.

Eredmény:

$2052$

A tanfolyamok legyenek $1$, $2$, $3$, $4$, a barátok $A$, $B$, $C$, $D$. Feltételezhetjük, hogy az $1$-es tanfolyam az, amelyikre többen is jelentkeznek (az ezen feltételezéssel kapott eredményt $4$-gyel kell szorozni a végeredményhez). A $2$-es, $3$-as és $4$-es tanfolyamokra egyenként ötféleképpen lehet jelentkezni: $A$, $B$, $C$ vagy $D$ jelentkezik, vagy senki. Ez összesen $5^3=125$ lehetőség.

Most ezt a $125$ lehetőséget csoportosítsuk aszerint, hogy hányan jelentkeztek a $2$-es, $3$-as és $4$-es tanfolyamra. Egy olyan eset van, amikor senki nem jelentkezett, és $4\cdot 3\cdot 2=24$ eset van, amikor hárman is jelentkeztek. Van olyan, hogy pontosan egyvalaki jelentkezett ezekre: ekkor őt magát $4$-féleképp választhatjuk ki, a jelentkezett kurzusok részhalmazait pedig $2^3-1$ féleképpen (mivel a $2$-es, $3$-as és $4$-es közül legalább egy kurzusra el kell mennie). Ez összesen $28$ lehetőség. Az utolsó eset, amikor pontosan két barát jelentkezik a $2$-es, $3$-as és $4$-es tanfolyamra, ezeknek a száma $125-1-24-28=72$.

Most az említett esetekhez számítsuk ki, hogy hányféleképp jelentkezhetnek a barátok az $1$-es kurzusra. Aki már jelentkezett a többi valamelyikére, az szabadon eldöntheti, hogy jön-e az $1$-esre is, aki viszont nem jelentkezett, annak kötelező az $1$-esre jönnie. Ha $0$ barát jelentkezett a többi kurzusra, akkor $2^0=1$ lehetőség van, ha $1$ barát jelentkezett, akkor $2^1=2$, ha $2$ barát jelentkezett, akkor $2^2=4$, ha viszont $3$, akkor csak $2^3-1=7$, mert kizárandó az az eset, amikor a három közül senki nem jelentkezik az $1$-esre. Így tehát a végeredmény: $4(1\cdot 1+28\cdot 2+72\cdot 4+24\cdot 7)=2052$.

Eredmény:

$259$

Tegyük fel, hogy az $n$ számban csak $1$, $2$ és $4$ számjegy van. Cseréljük ki az $1$-eseket $2$-esre, a $2$-eseket $4$-esre, a $4$-eseket $1$-esre. Ezen művelet ismétlésével három különböző számot kaphatunk - a harmadik lépés után az eredetit kapjuk vissza. Az összes felsorolt $n$ számot eszerint hármas csoportokba rendezzük, és ekkor minden csoporton belül az összeg ugyanaz a $B$ szám lesz, ami $1000^{1000}$ darab $7$-esből áll, mivel minden helyiértéken pontosan egy $1$-est, $2$-est és $4$-est adunk össze. A felsorolt számok száma $3^{1000^{1000}}$, tehát a csoportok száma $3^{1000^{1000}-1}$, a keresett összeg tehát:

Mivel az utolsó 3 számjegy érdekel minket, mostantól modulo $1000$ számolunk. Nyilván $B\equiv 777(\mathit{mod}1000)$. Mivel $3$ és $1000$ relatív prímek, az Euler–Fermat-tételt használhatjuk. $\phi (1000)=400$, ami nyilván osztója $1000^{1000}$-nek, ezért:

Itt a negatív kitevő inverzet jelent.

Emiatt $3^{-1}\equiv -333\equiv 667(\mathit{mod}1000)$, tehát a keresett szám:

Eredmény:

$120$

A szokásos jelölésekkel a háromszög oldalai $a$, $b$ és $c$, a $B$ csúcsnál lévő szög $\beta$. A szinusztétel alapján:

Ezek szerint $\cos \beta =\frac{a}{2b}$. Megint a szinusztétel, illetve trigonometriai azonoságok alapján:

A legkisebb $a$, amire ez lehetséges, és $a$, $b$ és $c$ a háromszög-egyenlőtlenséget is teljesítik, az $a=6$, ekkor $b=4$, $c=5$, vagyis az oldalak szorzata $120$.

Eredmény:

$1860497$

Legyen $A(n)$ a keresett ültetések száma általánosan $n$ szék esetén. Az egyszerűbb levezetés kedvéért a $0$ ember esetét is beszámítjuk. Megmutatjuk, hogy az alábbi rekurzió áll fenn $n\ge 5$-re:

Nevezzük az $\{1,\dots ,n\}$ számok egy $M$ részhalmazát ciklikusan ritkának, ha nem tartalmaz egymást követő számokat, és nem tartalmazza $1$ és $n$ közül mindkettőt. Nyilván az $\{1,\dots ,n\}$ halmaz ciklikusan ritka részhalmazainak száma $A(n)$.

Nevezzük simán ritkának az olyan halmazt, ami nem tartalmaz szomszédos számokat (tehát $1$ és $n$ együttes szereplése nem tiltott), az $\{1,\dots ,n\}$ ritka részhalmazainak száma legyen $B(n)$. Ekkor $B(n)$-re érvényes a $B(n)=B(n-1)+B(n-2)$ rekurzíó, mivel a $B(n)$ eset úgy áll elő, hogy $B(n-1)$ megoldás nem tartalmazza $n$-et, és $B(n-2)$ megoldás tartalmazza $n$-et.

Hasonló analízist végzünk $A(n)$-re is. Azon esetek száma, amelyek tartalmazzák $n$-et, $B(n-3)$, mivel ezek biztosan nem tartalmazzák $1$-et és $n-1$-et, a maradék számok viszont tetszőleges ritka halmazt alkothatnak. Azon esetek száma, amelyek nem tartalmazzák $n$-et, pedig $B(n-1)$, mivel a többi szám tetszőleges ritka halmazt kiadhat. Vagyis:

Ez bizonyítja, hogy $A(n)$-re is érvényes a felírt rekurzió, ha $n\ge 5$. Mivel $A(3)=4$ és $A(4)=7$, kiszámolható a többi szükséges érték. $A(30)=1860498$, és mivel a nulla ember esetét is beszámítottuk, a végeredmény ennél $1$-gyel kevesebb.

Eredmény:

$5\sqrt{\frac{7}{2}}\doteq 9.354134$

Húzzunk egyenest $\mathit{DF}$-fel párhuzamosan $A$-n keresztül, a $\mathit{CD}$-vel való metszéspont legyen $E$. Jelöljük $x$-szel $\mathit{CD}$ méretét. A $\mathit{CDF}\sim \mathit{CEA}$ hasonló háromszögek, ezért $\mathit{ED}=\frac{4}{10}x=\frac{2x}{5}$ és $\mathit{EA}=\frac{10+4}{10}\cdot 5=7$. Mivel $\mathit{AEC}\sphericalangle =\mathit{FDC}\sphericalangle =\mathit{DBC}\sphericalangle$, az $\mathit{AEBC}$ négyszög húrnégyszög, ezért az következik, hogy $\mathit{EAB}\sphericalangle =\mathit{ECB}\sphericalangle =\mathit{ACD}\sphericalangle$. Ebből $\mathit{EDA}\sim \mathit{EAC}$, vagyis:

Eredmény:

$1011$

Azt állítjuk, hogy $f(n)\le n+1$ minden $n\in {\mathbb{N}}_{+}$-re. Mivel $f(n+1)\ge f(n)+f(f(1))-1\ge f(n)$ minden $n\in {\mathbb{N}}_{+}$-re, $f$ monoton növekvő. Tegyük fel, hogy valamely $m\in {\mathbb{N}}_{+}$-re: $f(m)>m+1$. Más szavakkal $f(m)=m+c$ valamilyen $c\in {\mathbb{N}}_{+}$-re, ahol $c\ge 2$. Ekkor

Alkalmazva ezt a módszert ismételten, azt kapjuk, hogy $f(2^{r}m)\ge 2^{r}m+2^r(c-1)+1$. Az egyenlőség és $f$ monoton növekvő volta alapján:

Ismét a monotonitás miatt: $f(2^{r}m+1)=f(2^{r}m+2)=\cdots =f(2^{r}m+2^r(c-1)+1).$

Minden $k\in {\mathbb{N}}_{+}$ esetén válasszunk egy $r_k\in {\mathbb{N}}_{+}$ értéket úgy, hogy $2^{r_k}(c-1)>k$ legyen. Ekkor:

Ebből az következik, hogy $f(f(k))\le 1$, vagyis $f(f(k))=1$ minden $k\in {\mathbb{N}}_{+}$-ra. Tehát $1=f(f(m))=f(m+c)\ge f(m)$ amiből $f(m)=1$, ez pedig ellentmond az $f(m)>m+1$ feltevésünknek. Tehát bebizonyítottuk, hogy $f(n)\le n+1$ minden $n\in \mathbb{N}$ esetén valóban teljesül.

Valójában minden $N>1$ pozitív egészre $f(N)$ értéke az $\{1,2,\dots ,N+1\}$ halmazból bármi lehet. Ehhez először legyen $A<N$. Legyen $f_1(n)=1$ ha $n\le A$ és $f_1(n)=A$, ha $n>A$. Ekkor az $f_1$ függvény teljesíti a feltételt és $f_1(N)=A$. Másodszor, legyen $f_2(n)=n$, szintén teljesíti a feltételt és $f_2(N)=N$. Harmadszor, $f_3(n)=N\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +1$, ahol $f_3(N)=N+1$ és a függvény szintén teljesíti a feltételt. Valóban,

Itt felhasználtuk azt, hogy $\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +\frac{1}{N}<\lfloor \frac{n}{N}\rfloor +1$ minden $N>1$-re és $\lfloor x\rfloor +\lfloor y\rfloor \le \lfloor x+y\rfloor$ tetszőleges $x,y\in (0,\infty )$ valós számokra.

Tehát a végeredmény egyszerűen $1$-től $2021$-ig a pozitív egészek átlaga, vagyis $\frac{2022}{2}=1011$.

Eredmény:

$88$

Először megmutatjuk, hogy a $\mathit{BEC}△$, $\mathit{AED}△$, $\mathit{DCF}△$ és $\mathit{ABF}△$ háromszögeknek közös hozzáírt köre van az $\mathit{EAF}$ szögön belül.

Legyen $G$ a $\mathit{BEC}△$ háromszög $B$-vel szemközti hozzáírt körének érintési pontja $\mathit{AB}$-n! A $\mathit{BG}$ távolság a háromszög félkerülete, vagyis $\mathit{BG}=\frac{1}{2}(\mathit{CB}+\mathit{BE}+\mathit{EC})$. Legyen $G^{\prime }$ az $\mathit{AED}△$ háromszög $A$-val szemközti hozzáírt körének érintési pontja $\mathit{AB}$-n. Mivel $a+b=60=c+d$:

tehát $G=G^{\prime }.$ Ez azt jelenti, hogy a $\mathit{CE}$ oldalon lévő érintési pontok is megegyeznek, vagyis a két háromszög hozzáírt köre ugyanaz. Ezzel analóg módon bebizonyítható, hogy $\mathit{DCF}△$ és $\mathit{ABF}△$ megfelelő hozzáírt körei is megegyeznek. Mind a négy kör azonos, hiszen az $\mathit{EAF}\sphericalangle$ és $\mathit{ECF}\sphericalangle$ szögfelezőjén kell, hogy legyen a középpontjuk. Mivel a körhöz húzott érintszakaszok egyenlők, $\mathit{AG}=\mathit{AH}$ alapján az $\mathit{AED}△$ és az $\mathit{ABF}△$ háromszögek kerületei egyenlők. Innen:

Eredmény:

$1568$

Írjuk át az egyenletet az alábbi formára:

Ha az utolsó zárójel nem $0$, akkor legalább $2$, és a $p,q,r$ számok nem lehetnek mind egyenlők. Ezért $k\ge (1+1+2)\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\ge 4$. A $(p,q,r)=(n,n,n+1)$ számhármas megoldás $k=3n+1$ esetén, minden $n\ge 1$-re. Hasonlóan, $(p,q,r)=(n,n+1,n+1)$ megoldás $k=3n+2$ esetén, minden $n\ge 1$-re. Ha $3\mid k$, akkor átírjuk az egyenletet az alábbi formára:

Innen azt láthatjuk, hogy $3\mid p+q+r$, vagyis $9\mid k$. Másrészről, $(p,q,r)=(n-1,n,n+1)$ megoldja az egyenlőtlenséget $k=9n$ esetén, minden $n\ge 2$-re. Tehát csak a $k=9$ eset marad eldöntetlen. Ha $p,q,r$ páronként különbözők, akkor:

Ha pedig $p=q\ne r$, akkor $9=(2p+r){(p-r)}^2$, és mivel $2p+r>1$, azt kapjuk, hogy $2p+r=9$ és $|p-r|=1$ ami lehetetlen, mivel akkor $r=p\pm 1$ és $9\ne 3p\pm 1$ lenne.

Összefoglalva: minden $k\in \{1,\dots ,2020\}$ megfelel, kivéve a $4$-nél kisebb számok és $3$ többszörösei, de beszámítva a $9$ önmagánál nagyobb többszöröseit. Vagyis az eredmény $2020-3-672+223=1568$.