Feladatok

Eredmény:

$34$

Ahhoz, hogy az egyik szám a lehető legnagyobb legyen, a többi számnak a lehető legkisebbnek kell lennie. Mivel a számok különbözőek, ezért a három legkisebb lehetséges érték az $1$, a $2$ és a $3$. Ahhoz, hogy a számok átlaga $10$-zel legyen egyenlő, vagyis az összegük $4\cdot 10=40$-nel legyen egyenlő, a negyedik szám $40-(1+2+3)=34$ kell, hogy legyen.

Eredmény:

$505$

Mivel $4$ gyöke az egyenletnek, így $4^2+4m+2020=0$ és $m=-509$, tehát $x^2-509x+2020=0$ az egyenletünk, amelynek megoldásai $4$ és $505$.

Másképpen, ha $s$-sel jelöljük az egyenlet másik megoldását, akkor

és összehasonlítva az együtthatókat láthatjuk, hogy $4s=2020$, vagyis $s=505$.

Eredmény:

$7$

Tudjuk, hogy $N$ nagyobb, mint $1$, és $95-4=91=7\cdot 13$ osztója, tehát a legkisebb lehetséges értéke $7$.

Eredmény:

$54^{\circ }$

Nevezzük el a pontokat az ábrán!

$$$$

Egy szabályos ötszög belső szöge $108^{\circ }$. Az $ABC$ háromszög egyenlő szárú, és $ABC\sphericalangle =108^{\circ }$, tehát

Mivel $ABH$ egy derékszögű háromszög, amelynek a derékszöge a $B$ csúcsnál van,

Eredmény:

$120$

A percek száma mindhárom időköznek többszöröse kell legyen, így mivel a legkisebb ilyen számot keressük, a válasz a $8$, $10$, $12$ számok legkisebb közös többszöröse, azaz $120$.

Eredmény:

$8\sqrt{2}$

Az ötödik virágzat egy négyzet, amelynek az átlói $4$ egység hosszúak, tehát az oldalak hossza $2\sqrt{2}$, azaz a kerülete $8\sqrt{2}$.

Eredmény:

$20\%$

Jelölje $P_1$ és $P_2$ a növények kezdeti magasságát. Mivel egy hét alatt azonos százalékkal nőtt a magasságuk, így most a magasságaik rendre $k{P}_1$ és $k{P}_2$, alkalmas $k>1$ számra, ahol $(k-1)\cdot 100\%$ a keresett százalék. Ekkor

A második egyenletbe $P_2$-t helyettesítve kapjuk, hogy $k^2=1,44$, vagyis $k=1,2$, ami azt jelenti, hogy a növények $20\%$-kal nőttek.

Eredmény:

$15$

A nagy háromszög mindhárom csúcsának esetében létezik három rombusz, amely a csúccsal „egy irányba mutat”, és két $1\times 2$ egység oldalú paralelogramma, amelyeknek része az adott csúcs. Az alábbi ábrán láthatóak ezek a paralelogrammák a felső csúcs esetén.

$$$$

Más paralelogrammák nem találhatók az ábrán, így összesen $3\cdot (2+3)=15$ paralelogramma van.

Eredmény:

$8$

A legkisebb olyan $s\ge 505$ számot keressük, ami előáll $s=27x+36y$ alakban, ahol $x$ és $y$ rendre a $27$ üléses, illetve a $36$ üléses buszok számát jelöli. Mivel $27$ és $36$ legnagyobb közös osztója a $9$, így $s$ $9$ többszöröse kell legyen. $9$ legkisebb olyan többszöröse, amely nagyobb vagy egyenlő $505$-tel, az $513$. $513$ felírható úgy, mint $513=27\cdot 3+36\cdot 12$, ebből pedig következik, hogy az üres ülések minimális száma $513-505=8$.

Eredmény:

$10$

Más szavakkal, azt keressük, hogy hányféleképpen lehet a képeket sorba rendezni úgy, hogy a két farkas ne kerüljön egymás mellé. A bal oldali farkas a $6$ lehetséges pozícióból az $1$-es, $2$-es, $3$-as és $4$-es pozíciókba kerülhet, és az egyes esetekben a jobb oldali farkas a következő helyzetekben lehet:

így összesen $10$ ilyen sorrend létezik.

Eredmény:

$30$

A hengerpalástot kiterítve láthatjuk, hogy minden egyes körbetekeredés alatt a zsinór $6\mathrm{cm}$-rel emelkedik, míg a vízszintes irányú haladása megegyezik az alap kerületével, azaz $8\mathrm{cm}$-rel. Így a Pitagorasz-tétel alapján az egy körbetekeredéshez tartozó zsinórszakasz hossza

Mivel a zsinór háromszor tekeredik körbe a hengeren, az összhossza $30\mathrm{cm}$.

Eredmény:

$33$

Az utolsó két jegynek nullának kell lennie. Továbbá az első tényező első jegye mindenképp 4-es, a második tényező első jegye pedig mindenképp 7-es. Mivel a szorzat 100-zal, és így 25-tel is osztható, ezért valamelyik tényezőnek 25-tel, vagy mindkettőnek 5-tel oszthatónak kell lennie. Az első tényezőben a 4-es nem egészíthető ki 25-tel osztható kétjegyű számmá, így a második tényező osztható 5-tel, azaz értéke 75. Illetve mivel a szorzat 4-gyel osztható, az első tényezőnek is 4-gyel oszthatónak kell lennie, vagyis csak 48 lehet. Így Ádám a $48\cdot 75=3600$ szorzást végezte el, melyben a jegyek összege 33.

Eredmény:

$3566$

Legyen az eredeti két szám $x$ és $y$, melyek közül Ödön mondjuk az $x$-hez hozzáírta a $c$ számjegyet. Ekkor

ezeket kivonva egymásból

Mivel $32099-c$ osztható kell, hogy legyen $9$-cel, $c$-nek $5$-nek kell lennie. Innen $x=3566$ és $y=8779$.

Eredmény:

$189$

Vegyük észre, hogy a nagy kocka átellenes lapjain az egymással szemben lévő dobókockalapok összege mindig 7 (lásd bal oldali ábra). Az egész kocka felszínén 27 ilyen párba állíthatók a dobókockalapok, így teljesen mindegy, hogy Peti hogyan ragasztja össze a kockákat, a látható pontok összege mindig $27\cdot 7=189$ lesz. Egy lehetséges konstrukció a jobb oldali ábrán látható.

$$$$

Eredmény:

$5:2$.

Az átlók négy egybevágó részre osztják a kis kereszt alakú pentominót. Továbbá két ilyen rész összeragasztásával megkapjuk a nagyobb pentominó egyik négyzetét, az ábrán látható módon. Így a nagyobbik pentominót feloszthatjuk tíz egybevágó részre, a pentominók területének aránya pedig $10:4=5:2$.

$$$$

Eredmény:

$5940$

$10^3$ és $10^4$ között minden számnak páros számú számjegye van, így az ebben a tartományban lévő összes palindrom számjegyeinek összege páros. Továbbá az ebben a tartományban található palindromok mind $\overline{\mathit{abba}}$ alakúak, ahol $a$ és $b$ bármilyen számjegy lehet azzal a kikötéssel, hogy $a$ nem nulla, ami alapján megállapítható, hogy ebben a tartományban pontosan $90$ palindrom található. Hasonló módon következtethetünk arra is, hogy $10^5$ és $10^6$ között pontosan $900$ palindrom szám van, és közülük mindegyik számjegyeinek összege páros.

A $10^4$ és $10^5$ közötti palindromok alakja rendre $\overline{\mathit{abcba}}$, ahol $a$, $b$ és $c$ bármilyen számjegy lehet azzal a kikötéssel, hogy $a$ nem nulla, és számjegyeik összege akkor és csak akkor páros, ha $c$ páros. Így az $a$ helyére $9$-féle szám kerülhet, a $b$ helyére $10$, a $c$ helyére pedig $5$, ami azt jelenti, hogy $9\cdot 10\cdot 5=450$ keresett palindromot találunk ebben a tartományban. Hasonló módon kiszámolhatjuk, hogy a $10^6$ és $10^7$ közötti tartományban $4500$ olyan palindrom található, melyben a számjegyek összege páros.

Következtetésképp a $10^3$ és $10^7$ közötti palindromok közül $90+900+450+4500=5940$-ről mondható el, hogy számjegyeinek összege páros.

Eredmény:

$22$

Ha például az összes alt és további három „tehetséges” énekesnő megbetegszik, akkor csak kilenc tehetséges énekes marad, vagyis nem lehetne tízfős az alt szólam. Tehát $S<23$.

Másrészről ha az énekesek egy része megbetegszik, a legrosszabb helyzet akkor áll fenn, hogyha a megbetegedők a lehető legnagyobb számban a „tehetséges” énekesek közül kerülnek ki „átlagos” képességű társaik helyett. Ezáltal, ha $22$ énekes megbetegszik, feltételezhetjük, hogy közülük $18$-an rendkívül tehetségesek (mindhárom szólamból az összes) és mindössze $4$ „átlagos” képességű énekes betegszik meg, ebből következik, hogy legalább tíz énekes marad minden szólamban, hiszen $20-6-4=10$. Így $S\ge 22$, tehát $S=22$.

Eredmény:

$12$

A Pitagorasz-tétel megadja egy derékszögű háromszög oldalai fölé írt négyzetek területének arányát. Ugyanez az arányosság érvényes félkörökre is, melyet jelen esetben a beírt téglalap oldalaira és egyik átlójára alkalmazunk. Vagyis a fehér kör területének fele megegyezik a téglalap oldalaira írt félkörök területének összegével. Ebből következik, hogy bármely két szomszédos szürke terület összege megegyezik a téglalap területének felével, hiszen a két félkörből ugyanannyit vesz el az eredeti körív, mint amennyi ugyanezen kör téglalapátlóval lemetszett feléből a téglalapon kívülre esik. Ezáltal a teljes szürkére színezett rész területe egyenlő a téglalap területével, ami $3\cdot 4=12$.

Eredmény:

$977$

Egy háromjegyű szám számjegyeinek összege legfeljebb $9+9+9=27$. Öt darab $27$-nél nem nagyobb kétjegyű prímszám létezik, ezek $11$, $13$, $17$, $19$ és $23$. Ezen prímek számjegyeinek összege rendre $2$, $4$, $8$, $10$ és $5$. Így a két lehetőség $p_2=11$ vagy $p_2=23$. A legnagyobb háromjegyű prímszám, melyben a számjegyek összege $23$, a $977$; a legnagyobb háromjegyű prímszám, melyben a számjegyek összege $11$, a $911$. Mivel $977>911$, a keresett szám a $977$.

Eredmény:

$45^{\circ }$, $67.5^{\circ }$

Jelöljük az egyenesek metszéspontját $X$-szel, az $AC$ szakasz felezőpontját pedig $F$-fel. Figyeljük meg, hogy az $X$-en keresztülhaladó magasságvonalnak ahhoz az oldalhoz kell tartoznia, amelyen $X$ található. Vizsgáljuk meg $X$ minden lehetséges elhelyezkedését!

Ha $X$ a $BC$ oldalra esik, akkor nevezett $X$ az $A$ ponthoz tartozó magasságvonal és az egyik szár oldalfelező merőlegesének metszéspontja. Az $ABC$ háromszög szimmetriájából arra következtetünk, hogy ez a magasságvonal megegyezik a $BC$ oldalfelező merőlegesével, tehát az metszéspontot a másik két oldalfelező merőleges egyike határozza meg. A szimmetriából az is következik, hogy a magasságvonal az $AB$ és $AC$ oldalak felező merőlegeseit is egy ugyanazon pontban metszi.

$$$$

Mivel $FX$ az $AC$ oldal felező merőlegese, az $AXC$ háromszög egyenlő szárú. Továbbá tudjuk, hogy $AXC\sphericalangle =90^{\circ }$, így $ACB\sphericalangle =ACX\sphericalangle =45^{\circ }$.

Ha $X$ az $AB$ oldalra esik, akkor a $C$ ponthoz tartozó magasságvonalnak és az $AC$ oldal felező merőlegesének metszéspontja kell, hogy legyen.

$$$$

Mint az előző esetben, az $AXC$ háromszög itt is egyenlő szárú és derékszögű, az $X$-nél lévő derékszöggel, ami azt jelenti, hogy $BAC\sphericalangle =XAC\sphericalangle =45^{\circ }$. Így ebben az esetben

Ha $X$ az $AC$ oldalra esik, ugyanez a helyzet áll fenn.

Eredmény:

$3720$

Tudjuk, hogy

Belátható, hogy $59$ és $61$ prímszámok, így az eredmény $1+59+61+3599=3720$.

Eredmény:

$23$

Lotti pontosan a költségek egyharmadát fizette ki, tehát a kolbászok összesen $28\cdot 3=84$ dollárba kerültek. Betti a $28$ kolbászból $17$-et hozott, amiért $84\cdot 17∕28=51$ dollárt fizetett. Mivel a három nővér a költségek egyenlő elosztása mellett döntött, Bettinek csak $28$ dollárt kellett volna fizetnie. Így testvérétől visszakapott $51-28=23$ dollárt.

Eredmény:

$\frac{253}{34}$

Az ábrán látható szürke háromszög derékszögű és egyik szöge közös a nagy háromszöggel, így ez a két háromszög hasonló.

$$$$

A két háromszög befogóinak hosszaránya megegyezik, ebből következik az alábbi egyenlet:

melynek megoldása $t=253∕34$.

Eredmény:

$840$

Mivel $11$ és $19$ prímszámok, a három szomszédos szám egyikének oszthatónak kell lennie $11$-gyel, valamint egyiküknek, ami nem feltétlenül különbözik ettől, oszthatónak kell lennie $19$-cel. Mivel a szorzatuk pozitív, mindhárom számnak pozitívnak kell lennie. Így a $11$ és a $19$ azon legkisebb pozitív többszöröseit keressük, melyek közt legfeljebb $2$ a különbség. Ezek $3\cdot 19=57$ és $5\cdot 11=55$, így csak egy $56$-os faktorral kell kiegészítenünk a szorzatot, hogy megkapjuk az $55\cdot 56\cdot 57=11\cdot 19\cdot 840$ egyenlőséget. Tehát a keresett szám $840$.

Eredmény:

$36^{\circ }$

Nevezzük a $\mathit{DCP}\sphericalangle$-et $x$-nek. Mivel $D$ és $E$ is a $C$ középpontú félkör ívére esnek, a $\mathit{DCE}△$ egyenlő szárú, melynek alapja $\mathit{DE}$. A megadott $\mathit{PDC}\sphericalangle =\mathit{EDC}\sphericalangle$ egyenlőség alapján a $\mathit{CDP}△$ egybevágó a $\mathit{CDE}△$ felével (pontosabban $\mathit{CDM}△$-gel, ahol $M$ a $\mathit{DE}$ szakasz felezőpontja). A második megadott egyenlőség nyomán következik, hogy $\mathit{BCE}\sphericalangle =\mathit{ECD}\sphericalangle =2\cdot \mathit{DCP}\sphericalangle (=2x)$ és mivel ennek a három szögnek az összege egyenesszög, $x+2x+2x=180^{\circ }\Rightarrow x=\mathit{DCP}\sphericalangle =36^{\circ }$.

Eredmény:

$18$

Vegyünk két összeköttetésben lévő várost. Egyikük prímtényezős felbontásában eggyel több prímtényezőnek kell szerepelnie. Nem lehet pontosan ugyanaz a prímtényezős felbontásuk, hiszen akkor ugyanaz lenne a két város száma. Ugyanakkor nem lehet egynél több különbség sem a prímtényezőik között. Ennek bizonyítására vegyük a $p,q$ prímszámokat (melyek nem feltétlenül különböznek) és két összeköttetésben álló várost, $a$-t és $b=a\cdot p\cdot q$-t. Ebben az esetben $b$ többszöröse $a\cdot p$-nek, ami megszegi a második kikötést.

A $42$-es város prímtényezőkre bontva $2\cdot 3\cdot 7$. Ez azt jelenti, hogy három kisebb sorszámú város áll közvetlen összeköttetésben a $42$-essel, ezek prímtényezőkre bontva $2\cdot 3$, $2\cdot 7$ és $3\cdot 7$.

A $42$-essel összeköttetésben álló nagyobb sorszámú városok száma felírható $42\cdot p$ alakban, ahol $p$ valamilyen prímszámot jelöl. A legnagyobb prímszám, melyre igaz a $42\cdot p<2020$ egyenlőtlenség, a $47$, tehát
$p\in \{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47\}$. Ez azt jelenti, hogy további tizenöt város áll közvetlen összeköttetésben a $42$-es sorszámú várossal, vagyis összesen tizennyolc.

Eredmény:

$673$

A szabályokból adódóan, ha a villámló tesz egy lépést egyik mezőről a másikra, a következő lépésben nem térhet vissza a kiinduló pozíciójába. Viszont két lépéssel később visszatérhet az első mezőre, ahogy az ábra is mutatja:

$$$$

Így, ha a villámló eljut az A1, A3, C2 mezők egyikére, elkezdhet „körözni” és meglátogathatja ezen három mező mindegyikét minden harmadik lépésében.

Ha a villámló a B2-es mezőről indul, akkor az első lépését csak bástyaként teheti meg a B3-ra és a következő lépésben az A1 vagy a C1 mezőre érkezhet huszárként. Így a villámló két lépésben elérhet az A1 mezőre, viszont B2-re sem A1-ről, sem C1-ről nem tud közvetlenül visszalépni a három mezős kör megtételéhez, vagyis legalább két lépést fel kell használnunk az elején ahhoz, hogy a villámló bekerüljön egy körforgásba. Ezzel a villámlónak $2018$ lépése marad a körözésre, és mivel $2018=672\cdot 3+2$, a villámló $672$ kört tud megtenni. Tehát $673$ alkalommal látogatja meg az A1 mezőt.

Eredmény:

$2026$

Az alapján, hogy a versenyzők a verseny végén a célban találkoztak, feltehetjük, hogy a csiga pontosan $n$ számú egész kört tett meg a verseny alatt. Ez alapján kör/versenyben mérve Dávid sebessége $3$ volt, míg a csigáé $n$. Így a Dávidtól a csigáig mért távolság változásának mértéke $n-3$ volt. Mivel annyiszor találkoztak, ahányszor a távolságuk természetes szám volt, az indulást leszámítva $n-3$ alkalommal találkoztak, vagyis $n=2022$. Amikor ellenkező irányban futottak, távolságuk változásának mértéke $n+3=2025$ volt, vagyis az indulást leszámítva $2025$ alkalommal találkoztak, tehát összesen $2026$-szor.

Eredmény:

$170$

Nevezzük az egy darab 10-es szintű támadó eszköz előállításához szükséges $i$ szintű segítő, védő és támadó eszközök számát rendre $s_i$-nek, $v_i$-nek és $t_i$-nek. A legmagasabb szinten $s_{10}=v_{10}=0$, $t_{10}=1$, és a szabályok szerint

minden $i\in \{2,\dots ,10\}$ szinten. Ezeket a szabályokat alkalmazva kitölthetünk egy $10\times 3$-as táblázatot úgy, hogy a legfölső sort $(0,0,1)$ kivéve minden cella értéke egyenlő a fölötte lévő sor másik két oszlopában álló szám összegével:

Tehát a válasz $170$.

Alternatív megoldásként megfigyelhetjük, hogy mivel a segítő és védő eszközök szerepe felcserélhető, $s_i=v_i$. Ugyancsak kikövetkeztethető, hogy $|t_i-s_i|=1$; ez igaz $i=10$-re és általánosságban

Végül pedig megállspítható a következő:

tehát $s_1+v_1+t_1=2^9=512$. Ezek a megfigyelések arra mutatnak, hogy $s_1=v_1=171$ és $t_1=170$.

Eredmény:

$24\pi$

Legyen $|AC|=4$ a gömb sugara, $|BC|$ a tölcsér alapjának sugara és $|BD|$ a tölcsér magassága az alábbi ábra szerint. A Pitagorasz-tételt alkalmazva az $ABC$ háromszögre megkapjuk, hogy $|BC{|}^2=|AC{|}^2-|AB{|}^2=16-4=12$. Az $ABC$ és $CBD$ háromszögek hasonlóságából adódóan $\frac{|BD|}{|BC|}=\frac{|BC|}{|AB|}$. Tehát a tölcsér térfogata $V=\frac{1}{3}\pi |BC{|}^2|BD|=\frac{1}{3}\pi |BC{|}^2\frac{|BC{|}^2}{|AB|}=\frac{\pi \cdot 12^2}{3\cdot 2}=24\pi$.

$$$$

Eredmény:

$31$

Először is idézzük fel az írásbeli összeadás szabályait: helyiértékenként adjuk össze a számokat, a beváltható értéket pedig továbbvisszük a következő helyiértékre. Vagyis összeadjuk a négy pár számjegyet és a továbbvitt értékeket. Mivel csak két-két számjegyet adunk össze, a továbbvitt érték helyiértékenként legfeljebb $1$.

Nevezzük a két négyjegyű számot $a$-nak és $b$-nek, bármely $n$ szám számjegyeinek összegét pedig $S(n)$-nek. Így felírható, hogy $S(a+b)=S(a)+S(b)-9\cdot c$, ahol $c$ a nullától különböző továbbvitt értékek száma. Az $S(a)+S(b)=1+2+3+4+6+7+8+9=40$ számítás alapján $S(a+b)$ lehetséges értékei $40$, $31$, $22$, $13$ és $4$.

Azonban a végeredmény nem lehet $40$, hiszen $9$ összeadva bármely nullától különböző számjeggyel nagyobb vagy egyenlő $10$-zel, míg $31$-et kapunk például a következő esetben: $9678+4321=13999;1+3+9+9+9=31$. A megoldás tehát $31$.

Eredmény:

$\frac{1}{14}$

Vizsgáljuk csak a játékosok azon felét, amelyik ágon Benő is helyet foglal! Benő akkor és csak akkor jut a döntőbe, ha mindkét profi játékost az ágrajz másik felére osztották be, és ő legyőzi a három másik amatőr játékost a saját ágán.

Ha úgy vizsgáljuk a két profi játékos helyzetét az ágrajzon, hogy csak Benő elhelyezkedése biztos, annak a valószínűsége, hogy mindkét profit az ágrajz másik felére osztják be, $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}$. (Mivel Benő helyzete fix, a maradék hét helyből négyre kerülhet az első profi, hogy ne legyen vele egy ágon – így már lefoglaltunk két helyet; és az ekkorra maradó hat helyből háromra kerülhet a második profi.) Tekintve, hogy mindegyik amatőr játékos egyenrangú ellenfele egymásnak, annak a valószínűsége, hogy Benő két mérkőzést megnyerjen amatőrök ellen, $\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}$. Benő döntőbe jutásának valószínűsége tehát $\frac{4}{7}\cdot \frac{3}{6}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{14}$.

Eredmény:

$\frac{1}{5248}$

Vegyük észre, hogy ha $a$ és $b$ helyére $n$ kerül, a következő egyenlet írható fel:

Ebből következik, hogy minden lépésben kettővel növekszik a táblán lévő számok reciprokának összege. Mivel összesen $99$ lépés történik, az utolsó számra (ami legyen $u$) teljesül a következő egyenlet:

Tehát az utolsó táblán maradó szám $\frac{1}{5248}$.

Eredmény:

$18$

Vetítsük az $A$ és $E$ pontokat a $BC$ egyenesre, és legyenek ezek a pontok rendre $H_A$ és $H_E$!

$$$$

Mivel a $CA{H}_A$ és $CE{H}_E$ derékszögű háromszögek hasonlók, $CE=3\cdot CA$-ból következik, hogy $E{H}_E=3\cdot A{H}_A$. Az alapján, hogy $CD=BD-BC=BC$, felírhatjuk a $CDE$ háromszög területét, ami

Hasonlóképp megkapjuk az $AEF$ és $BFD$ háromszögek területét, ami rendre $2\cdot 4=8$ és $3\cdot 2=6$, így a területek összege (és egyben a $DEF$ hátomszög területe) $1+3+8+6=18$.

Eredmény:

$47$

Jelölje a király által az egyes zsákokból kivett és megmért érmék számát $a,b$ és $c$. Fontos, hogy a három szám különbözzön egymástól, hiszen ha kettő megegyezne, akkor a két érmetípushoz tartozó zsák nem lenne megkülönböztehető. Az egymástól különböző számokból álló számhármasokat nevezzük elfogadhatónak! A lehető legkisebb értékeket keressük $a,b$ és $c$ helyére úgy, hogy az $a\cdot k+b\cdot l+c\cdot m$ művelet eredménye páronként különbözzön a $10,11$ és $12$ számok összes $(k,l,m)$ permutációja esetében.

A legkisebb elfogadható számhármas $a=0$, $b=1$ és $c=2$. Ezek az értékek viszont megszegik a második feltételt, mivel $32=2\cdot 10+12=2\cdot 11+10$. A második legkisebb elfogadható számhármas $a=0$, $b=1$ és $c=3$, ami viszont már megfelel a második kitételnek is, hiszen

A mérlegnek tehát 47 grammig kell tudnia pontosan mérni.

Eredmény:

$59$

Jelöljük $s(i)$-vel Emma ananászainak számát az $i.$ napon 14 órakor. Az első két alkalom, amikor $s(i)=0$, a második és az ötödik napon áll elő, és mivel Emma minden alkalommal eggyel több ananaszt vesz, a sorozatban ket egymast kovető 0 közötti távolság $3,4,5,\dots$. A nullák tehát az alábbi napokon fordulnak elő (és az $n$-edik ananászmentes nap után mindig $n+1$ ananászt vásárol):

Mivel azt keressük, hol jelenik meg az utolsó nulla a $2020.$ nap előtt, oldjuk meg a $\frac{1}{2}x(x+1)-1=2020$ másodfokú egyenletet! Van egy negatív gyöke (ami most irreleváns) és egy pozitív gyöke, $\frac{\sqrt{16169}}{2}-\frac{1}{2}$ ami $63$ és $64$ között van. Tehát a keresett nulla a sorozatban a $62.$ (a nullák száma a fenti képlet alapján a kettőtől $x=63$-ig levő természetes számok száma), és ez a $\frac{63\cdot 64}{2}-1=2015.$ napon jön elő. A sorozat ezután így folytatódik: $63,62,61,60,59,\dots$, tehát a megoldás $s(2020)=59$.

Eredmény:

$8$, $24$

Ismerjük az első és a második oszlop ($30:10$), valamint az első és a harmadik oszlop ($18:12$) szélességének arányát. Tudjuk továbbá az első, második és negyedik sor magasaágának arányát ($24:18:30$). Következésképp az első, második és harmadik oszlopok aránya egyszerűsítve $3:1:2$, míg az első, második és negyedik soroké $4:3:5$. Ezek ismeretében kitölthetjük az üres mezőket a hozzájuk tartozó területértékekkel (lásd az ábrán), a harmadik sorban és a negyedik oszlopban pedig csak részlegesen, az $x$ és $y$ egész számokat jelölő változók segítségével jelöltük a mezők területét.

$$$$

A második és harmadik sor magasságának arányát a harmadik oszlopban található $12:2x$, illetve a negyedik oszlopban található $3y:12$ fejezi ki, az ábrán szürkével jelölt mezők alapján. Ez a két arány természetesen megegyezik, így felírható a következő egyenlet: $12:2x=3y:12$, vagyis $y=24∕x$.

Végül hasonítsuk össze a disznóól teljes területét az összes mező területének összegével, hogy megkapjuk a

egyenletet, amit átírhatunk a kövezkező alakban:

Az eredmény tehát $x=4$ vagy $x=12$, amiből rendre következik, hogy $y=6$, ekkor $?=24$, és $y=2$, ekkor $?=8$.

Eredmény:

$\frac{5\sqrt{2}}{6}$

Nevezzük a Fülöp körén lévő három rácspontot $A$-nak, $B$-nek és $C$-nek! Tudjuk, hogy a kör sugara kisebb $\frac{5}{4}$-nél, tehát az $A$ és $B$ pont közötti távolság legfeljebb $\frac{5}{2}$, és az elforgatott helyzetektől eltekintve $A$ és $B$ egymáshoz képesti pozíciója egy a következő négy elrendezés kózül:

$$$$

Mind a négy esetben behúzható a kör két pont közötti tükörtengelye, és a harmadik $C$ rácspont vagy ezen a vonalon helyezkedik el, vagy úgy, hogy a tükörképe nem egy negyedik rácspont. Emiatt az első elrendezés nem lehetséges.

$$$$

A második elrendezés csak akkor lehetséges, ha a $C$ rácspont a tükörtengelyen helyezkedik el. Hovatovább, a harmadik rácspontra is teljesülnie kell a fenti feltételnek, így a már elhelyezett $A$ és $B$ pontokhoz képest szintén csak az ábrán látható helyzetekben fordulhat elő, természetesen forgatás erejéig – és a lehetséges helyzetek közül már kizártuk a legelsőt. Innen egyértelműen adódik Fülöp köre:

$$$$

A kör sugarát algebrai módszerekkel kapjuk meg. Hozzunk létre egy koordinátarendszert, melyben az $A,B,C$ rácspontok koordinátái $(1,0)$, $(0,1)$ és $(2,2)$. Ha ezeket az $(x,y)$-értékeket behelyettesítjük a ${(x-h)}^2+{(y-k)}^2=r^2$ általános köregyenletbe, majd kiszámoljuk $h$-t, $k$-t és $r$-t, a következő egyenletet kapjuk: ${(x-\frac{7}{6})}^2+{(y-\frac{7}{6})}^2=\frac{25}{18}$, ahonnan a kör sugara leolvasható: $r=\frac{5\sqrt{2}}{6}$.

Eredmény:

$720$

Mivel mind a hét szín jelen lesz a varázsige hatása után is, arra következtethetünk, hogy maga a varázsige csak az eredeti hét szín permutációja. Minden ilyen permutáció elrendezhető a színek különálló irányított körforgásaként, ahol a permutáció csak eggyel tovább viszi a színek körforgását. A varázsige harmadik kitételéből következik, hogy egy ilyen körforgás nem állhat $2$ vagy $3$ színből, de az $1$ színt tartalmazó körforgás sem lehetséges. Viszont a hét színt nem tudjuk úgy egynél több körforgásba rendezni, hogy mindegyik körforgásban legalább négy szín legyen, így a permutációnak egyetlen körforgásból kell állnia. Összesen $6!=720$ ilyen permutáció létezik: ha egy szín helyzetét tudjuk, hatféle lehetőség van arra, hogy a varázsige milyen színné változtassa azt; a kiválasztott színre öt lehetőség marad és így tovább, amíg az utolsó szín át nem változik az elsővé.

Eredmény:

$1,6,5,1$

Egy olyan $x$ egész számot keresünk, amelynek $11$-es és $10$-es maradékai rendre $5$ és $1$. Mivel a $11$ és $10$ relatív prímek, a kínai maradéktétel alapján pontosan egy szám létezik $0,1,\dots ,109$ között ami ezt teljesiti (nevezzük ezt a számot $x_0$-nak) és a többi megoldás előáll úgy, hogy $x_0$-hoz hozzáadjuk $10\cdot 11=110$ valamilyen többszörösét. Egy lehetséges módszer $x_0$ megtalálására: soroljuk fel a $11k+5$ alakú számokat, és válasszuk ki azt, amelyik 1-re végződik: ez a $71$ lesz. Tehát Marcsinak 71-et kell forgatnia, mire eléri az első $5,1$-re végződő kombinációt. A korábbiak alapján egy ilyen kombináció $110$ forgatás utan áll elő legközelebb, tehát a kezdéstől számolva $110+71=181$ forgatás után. A $181$ 5-ös maradéka $1$ és $7$-es maradéka $6$, ezért a lakat ekkor $1,6,5,1$-et fog mutatni.

Eredmény:

$144$

Mivel csak négy tükrünk van és mindegyik sugárnak irányt kell váltania valahol, az összes sorban és oszlopban pontosan egy tükörnek kell lennie. A tükröket $4!=24$ módon tudjuk így elrendezni – az első sorban $4$ hely közül választhatunk a tükör elhelyezésekor, ezután a másodikhoz már csak $3$ oszlop egyikére tudjuk letenni és így tovább. Mivel megszabtuk, pontosan hány sugárnak kell egy-egy irányba haladnia (és ez minden irány esetében megegyezik), tudjuk, hogy a tükrök közül kettő-kettő ugyanolyan szögben helyezkedik el. Így, miután kiválasztottuk, hova tesszük le a tükröket, $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ módon tudjuk kiválasztani az irányukat. Ezek alapján látható, hogy az összes ilyen elrendezés megfelel a feltételeknek, tehát $24\cdot 6=144$ különböző módon tudjuk elrendezni a tükröket, hogy előálljon a kívánt helyzet.

Eredmény:

$9$

Az első két tag prímtényezős felbontása $x_1=2\cdot 2\cdot 5\cdot 101$ és $x_2=2\cdot 3\cdot 5\cdot 101$. Megfigyelhető, hogy ha a sorozat egyik tagja nem osztható egy prímszám négyzetével, akkor ugyanez igaz az utána következő összes tagra is. Ezáltal $x_2$-től kezdődően minden $x_n$ tag felírható egy kettes számrendszerben lévő $b_n$ számként, melynek jobbról a $k$-adik helyiértékén akkor és csak akkor áll $1$, ha $x_n$ osztható a $k$-adik prímszámmal. Vegyük észre, hogy a sorozat meghatározása alapján $b_{n+1}=b_n+1$ igaz lesz minden $n\ge 2$ számra. Tehát

és

$b_n$ definíciójából következik, hogy $x_{2020}$-nak ugyanannyi prím osztója lesz, mint ahány egyes számjegy $b_{2020}$-ban található, ami $9$.

Eredmény:

$\frac{13}{36}$

Az alábbi ábrán szerepel minden szükséges pont a feladat megoldásához: az $ABC△$ súlypontja ($S$), az $ABC△$ oldalfelező pontjai ($M_a$, $M_b$, $M_c$), a hat kicsi háromszög súlypontja ($D$, $E$, $F$, $G$, $H$, $I$), valamint az $M_{b}A,A{M}_c,\dots ,C{M}_b$ szakaszok felezőpontja (rendre $D^{\prime },E^{\prime },\dots ,I^{\prime }$).

$$$$

Mivel $A{E}^{\prime }=\frac{1}{4}\cdot AB$ és $A{D}^{\prime }=\frac{1}{4}\cdot AC$, az $ABC△$-et $A$ pontból $\frac{1}{4}$-es arányban középpontosan kicsinyítve megkapjuk az $A{E}^{\prime }{D}^{\prime }△$-et. Következésképp az $[A{E}^{\prime }{D}^{\prime }]$ háromszög területe $\frac{1}{16}\cdot [ABC]$. Hasonlóképp megkapjuk, hogy $[B{G}^{\prime }{F}^{\prime }]=[C{I}^{\prime }{H}^{\prime }]=\frac{1}{16}\cdot [ABC]$. Így a $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$ hatszög területe $\frac{13}{16}\cdot [ABC]$. Ezután a $D^{\prime }{E}^{\prime }{F}^{\prime }{G}^{\prime }{H}^{\prime }{I}^{\prime }$ hatszöget $S$ pontból $\frac{2}{3}$-os arányban középpontosan kicsinyítve megkapjuk a $DEFGHI$ hatszög területét:

Tehát a két sokszög területének aránya $\frac{13}{36}$

Eredmény:

$\frac{1010}{3}$

A sorozat tagjait összeadva $m=1,\dots ,2019$ esetén megkapjuk, hogy

Mivel tudjuk, hogy $a_1=a_{2020}$, az egyenletet átrendezhetjük a következőképp:

Tehát

Megj.: Megfigyelhetjük, hogy létezik ilyen sorozat a valós számok halmazán – ha $a_1$ ismert, akkor a sorozat többi tagját megkapjuk a szabály egyenletéből. Vagyis $a_{2020}$ kifejezhető csupán $a_1$ segítségével, és az $a_1=a_{2020}$ kikötés alapján lineáris egyenletet kapunk $a_1$-ből, amely egyenletnek létezik megoldása.

Eredmény:

$8∕15$

Tegyük fel, hogy a zsinórok, melyeket nevezzünk el $A$-nak, $B$-nek, $C$-nek, $D$-nek és $E$-nek, Szandra kezének egyik oldalán úgy vannak összekötve, hogy $A$ vége szabad, $B$ össze van kötve $C$-vel, $D$ pedig $E$-vel. Megfigyelhetjük, hogy ebben az esetben akkor és csak akkor kapunk egyetlen hosszú zsinórt, ha a másik oldalon $A$-t összekötjük a $B$, $C$, $D$ és $E$ végek egyikével ($4$ lehetőség), majd az így kialakult hosszabb zsinór másik szabad végét összekötjük a fennmaradó zsinórpár egyik végével ($2$ lehetőség) – például ha $A$-t összekötjük $B$-vel, akkor $C$-t kell összekötnünk $D$-vel vagy $E$-vel. Így $4\cdot 2=8$ lehetőségünk van egy hosszú zsinórt kapni.

Az összes esetet (az előző konvencióval élve) szintén a második oldalon levő csomózás határozza meg, így összesen $15$-féleképp tudjuk összekötni a zsinórvégeket: először kiválasztjuk a szabad véget ($5$ lehetőség), majd a fennmaradó négy zsinórvég egyikét összekötjük valamelyikkel a másik három közül ($3$ lehetőség), az utolsó kettőt pedig egymással. Következésképp annak a valószínűsége, hogy a végén egy hosszú zsinórt kapunk, $8∕15$.

Eredmény:

$619737131179$

Vegyünk egy 4 csúcsú irányított gráfot, melynek csúcsai legyenek $1$, $3$, $7$ és $9$! A gráf csúcsai közé akkor és csak akkor teszünk nyilat, ha az így képzett kétjegyű szám prím. Megjegyzendő, hogy az $1$ csúcsból önmaga felé is mutat nyíl.

$$$$

Tegyük fel, hogy végig tudunk haladni a gráfon a nyilak mentén úgy, hogy mindegyik nyilat pontosan egyszer használjuk fel! Ekkor a legnagyobb 2-prím felírható, ha az egyik ilyen útvonal során meglátogatott számjegyek elé $6$-ot vagy $8$-at teszünk. A 2-prímek definíciójából következik, hogy az elsőt leszámítva minden számjegyük az $\{1,3,7,9\}$ halmazból kerül ki, és a gráfon egy nyilat sem használhatunk egynél többször. Ezért a legnagyobb 2-prím nem állhat több számjegyből, mint a gráfon látható nyilak száma plusz kettő (egy a 2-prím első számjegyére, egy pedig azért, mert számjegyeket számolunk és nem nyilakat), ami összesen $12$. Az első számjegy nem lehet $9$ vagy $7$ (mert akkor lényegében megismételnénk az egyik nyilat), és mivel a $61$, $83$, $87$ és $89$ prímszámok, nincs szükségünk kisebb számjegyekre.

Most keressük meg azt az útvonalat a gráfon, amivel a lehető legnagyobb számot tudjuk előállítani! Érdemes megfigyelni, hogy egyrészt eggyel több nyíl mutat a $9$-es csúcs felé, mint amennyi kiindul belőle, másrészt eggyel több nyíl indul ki az $1$-es csúcsból, mint amennyi felé mutat. A másik két gráfcsúcs „egyensúlyban” van ilyen szempontból. Következésképp az útvonal csak $1$-nél kezdődhet és $9$-nél végződhet. Az $1$-es csúcsból továbbhaladunk a $9$-es felé, mivel ez a lehető legnagyobb csúcs, majd innen ugyanebből az okból a $7$-es felé. Innen nem tudunk visszamenni a $9$-es csúcshoz (mivel ez véget vetne az útvonalnak), így a $3$-as felé haladunk, ahonnan vissza a $7$-eshez és így tovább. Ezzel a mohó algorimussal haladva az útvonal végén kapott szám $19737131179$, és mivel a $81$ nem prímszám, következik, hogy a lehető legnagyobb 2-prím $619737131179$.

Eredmény:

$\frac{4\sqrt{21}}{7}$

Legyen $A^{\prime }{B}^{\prime }$és $A^{\prime }{C}^{\prime }$ rendre az $AB$ és $AC$ szakaszok $O$-ra középpontosan tükrözött képe. Megemlítendő, hogy az $A^{\prime }$, $B^{\prime }$ és $C^{\prime }$ pontok az $ABC$ háromszög köréírt körén találhatók. Mivel $O$ a $DE$ szakasz felezőpontja, a $D$ ($E$) pont az $AB$ és $A^{\prime }{C}^{\prime }$ ($AC$ és $A^{\prime }{B}^{\prime }$) szakaszok metszéspontja. A Pitagorasz-tételt alkalmazva az $A{A}^{\prime }{B}^{\prime }$ derékszögű háromszögre kiszámolhatjuk, hogy

Az $A{B}^{\prime }E$ derékszögű háromszögből ugyancsak megkapjuk, hogy

Az $A{B}^{\prime }E$ és $A^{\prime }CE$ derékszögű háromszögek hasonlók, így

ez alapján pedig megkapjuk a kívánt eredményt, ami

$$$$

Alternatív megoldás: A $D$ pont $ABC△$ köré írt köréhez (melynek sugara $r=AO$) tartozó körhatványa

(azért negatív, mert a pont a körön belül helyezkedik el). A koszinusztételt alkalmazva az $ADO△$-re megkapjuk, hogy

Mivel $cos(AOE\sphericalangle )=cos(180^{\circ }-AOD\sphericalangle )=-cos(AOD\sphericalangle )=-\frac{1}{7}$, ugyanezt a tételt az $AOE△$-re alkalmazva megkapjuk, hogy

Hasonlóképp az $E$ pont $ABC△$ köré írt köréhez tartozó körhatványából következik, hogy

Eredmény:

$\frac{56}{3}=18\frac{2}{3}$

Legyen a téglalap szélessége $24$, magassága pedig $7$! A bal alsótól a jobb fölső sarokig tartó átló meredeksége $\frac{7}{24}$. Amikor az átló áthalad egy négyzeten, akkor és csak akkor vág le belőle egy háromszöget, ha áthalad annak egy vízszintes élén. Mivel az átló meredeksége állandó, a két szomszédos négyzetből levágott háromszögek vonalszakaszait együttesen tekinthetjük egy $1$ egység szélességű derékszögű háromszög átfogójának. Mivel a befogók hossza $1$ és $\frac{7}{24}$, az átfogó $\sqrt{1+{\left(\frac{7}{24}\right)}^2}=\frac{25}{24}$ egység hosszú.

$$$$

A két levágott háromszög kerületének összege tehát $\frac{56}{24}$. A téglalap átlója pontosan hatszor metszi a vízszintes osztóvonalakat, továbbá két, a fentihez hasonló, derékszögű háromszöget vág le az első és az utolsó négyzetből, amelyen áthalad. Így a kerületek összege $8\cdot \frac{56}{24}=\frac{56}{3}$.

Eredmény:

$6763$

Először is ahhoz, hogy a $2019.$ emeletről bármerre mozogni tudjon a szám, teljesülnie kell annak, hogy $2019+n\le 8787\Rightarrow n\le 6768$. Másodszor szükségeltetik a $d=\mathrm{lnko}(2020,n):=1$ kikötés, mivel csak akkor tudunk az $a$ és $b$ szintek közt mozogni, ha $d\mid a-b$. Figyelembe véve, hogy $2020=2^2\cdot 5\cdot 101$, több lehetőséget is kizárhatunk a legnagyobb $n$-re: a $6768$ osztható $2$-vel, a $6767$ osztható $101$-gyel, a $6766$ osztható $2$-vel, a $6765$ osztható $5$-tel, a $6764$ osztható $2$-vel és végül $\mathrm{lnko}(6763,2020)=1.$

Még be kell bizonyítanunk, hogy a $6763$ liftező. Az euklideszi algoritmust (vagy a Bézout-lemmát) használva találhatunk olyan $x$, $y$ egész számokat, melyekre teljesül, hogy $6763x-2020y=1$ és feltételezhetjük, hogy $x$, $y$ párosak és nemnegatívak, mivel $x$-hez $2020$-at és $y$-hoz $6763$-at hozzáadva ugyancsak fennál az egyenlőség. Azt állítjuk, hogy a $0\le e\le 8786$ emeletről indulva lehetséges olyan sorozatot létrehozni, melyben $x$ emeletet megyünk felfelé és $y$ emeletet lefelé úgy, hogy az épületben maradunk és az $e+1$-edik emeleten érünk célba. Mivel $2020+6763\le 8787$, mindig legalább egy irányba tudunk menni. Továbbá ha felhasználjuk az összes lefelé (avagy fölfelé) haladó lépést, mindenképp az $e+1$-edik emelet alatt (fölött) leszünk és a fennmaradó fölfelé (lefelé) haladó lépéseket felhasználva az $e+1$-edik emeletre érkezünk. Hasonlóképp megállapítható, hogy bármelyik $1\le e\le 8787$ emeletről tudunk egy emeletet lefelé menni. Következésképp a legnagyobb liftező szám $6763$.

Eredmény:

$85230$

Jelöljük számokkal a betűk oszlopait balról jobbra $1$-től $5$-ig! Az ötödik oszlopban megkapjuk, hogy $D+E=10$ és továbbvisszük az $1$-et a negyedik oszlopba, amit $t_5=1$-gyel jelölünk. Továbbá az első két oszlopból láthatjuk, hogy $G+1=B$, mivel $t_2$-nek $1$-nek kell lennie, hiszen $B+R+t_3=R$ és $1\le t_3\le 2$. Ebből megállapítható az is, hogy $B=9$ vagy $B=8$. Következésképp $\mathit{BLUE}$ négy különböző számjegyből álló négyzete az $n$ számnak, melyre teljesül, hogy $90\le n\le 99$. Ha kizárjuk az azonos számjegyeket tartalmazó négyzeteket, a $\mathit{BLUE}$ fennmaradó lehetséges értékei $8649$, $9025$, $9216$, $9604$ és $9801$. Az alapján, hogy $D+E=10$, kizárhatjuk a $9025$-öt, mivel ebből az következne, hogy $D=E=5$. Továbbá nem lehetséges a $9801$, mivel akkor igaz lenne, hogy $B=D=9$, $9604$ pedig azért, mert akkor $L=D=6$ teljesülne. A negyedik oszlop segítségével kizárhatjuk a $9216$-ot, mivel ez alapján következne, hogy $D=4$ és $E+U+E+1=6+1+6+1=14$, vagyis $W=4$, ami ellentmondásban van azzal, hogy $D=4$. Tehát a $\mathit{BLUE}$ egyetlen lehetséges értéke $8649$.

Az alapján, hogy $B=8$, $L=6$, $U=4$ és $E=9$, könnyedén megkapjuk, hogy $D=1$, $W=3$ és $G=7$, a továbbvitt értékek pedig $t_3=t_4=2$. A harmadik oszlopban ($R+L+E+t_4=t_3\cdot 10+O$, amit egyszerűsíthetünk $R+17=20+O$-ra) csak akkor teljesül az egyenlőség, ha $R=5$ és $O=2$. Következésképp megkapjuk a hiányzó $N=0$ értéket, és az összeadás a következőképp néz ki a számjegyeket behelyettesítve: