Feladatok

Eredmény:

$46$

Amikor a játék véget ér, a győztesnek $10$ pontja van, mindenki másnak pedig legfeljebb $9$ pontja, ami összesen $10+4\cdot 9=46$.

Eredmény:

$21$

Nézzünk meg 2 esetet:

I. $B$ egy kártyát tartalmaz, $A$ pedig hármat. Nézzük meg $B$ lehetséges értékeit:

• $B=1$: $A$ $2,3,6$ bármilyen permutációja $\to 6$ lehetőség.
• $B=2$: $A$ $6$-ra végződik $\to 2$ lehetőség.
• $B=3$: $A$ $1,2,6$ bármilyen permutációja, mert a számjegyek összege osztható 3-mal $\to 6$ lehetőség.
• $B=6$: $A$ $2$-re végződik $\to 2$ lehetőség.

II. $A$ és $B$ is két kártyából állnak. Ekkor az $A∕B$ arány kevesebb, mint 6, szóval $1$, $2$, $3$, $4$ vagy $5$ lehet. Nézzük végig a lehetőségeket:

1:

Nem lehetséges, mert ekkor $A=B$.

2:

$A$ $2$-re vagy $6$-ra végződik. Ha $A$ $2$-re végződik, akkor $B$ $6$-ra vagy $1$-re végződik. Az első esetben $32$ és $16$ lesz a megoldás, a második esetben $62$ és $31\to 2$ lehetőség.

Ha $A$ $6$-ra végződik, akkor, $B$ $3$-ra végződik, a megoldás $26$ és $13\to 1$ lehetőség.

3:

$A$ $6$-tal vagy $3$-mal kezdődik. Az első esetben $B$ 2-vel kezdődik, tehát $63$ és $21$ jön ki. A második esetben $B$ 1-gyek kezdődik és $36$ and $12$ jön ki. $\to 2$ lehetőség.

4:

$A$ $6$-tal kezdődik és $2$-re végződik, mert páros. Tehát $A=62$, de ez nem osztható $4$-gyel.

5:

$A$ nem végződhet $5$-re vagy $0$-re, ezért ez nem lehetséges.

Mindent összeszámolva 21 lehetőséget kaptunk.

Eredmény:

$18$

Az ábrán szereplő négyzetek méretarányai $3:2:1$. Ezért a legnagyobb négyzet területe ${\left(\frac{3}{2}\right)}^2\cdot 8=18$.

Eredmény:

$124$

Legyen a szarkák, matematikusok és kentaurok száma rendre $s$, $m$ és $k$. A farkak számából tudjuk, hogy $s+k=15$, a kezek számából pedig $2m+2k=94$ jön ki. A lábak száma összesen $2s+2m+4k=2(s+k)+(2m+2k)=30+94=124$.

Eredmény:

$64$

A sorozatban 12 csatorna szerepel, és a páratlanadik pozíciókban biztosan a kettes csatornának kell állnia. A páros pozíciókban pedig vagy az egyes vagy a hármas csatornát nézzük. Hat darab párosadik pozíció van a sorozatban, ezért a lehetőségek száma $2^6=64$.

Eredmény:

$27^{\circ }$

Nevezzük el a pontokat az ábrán látható módon. Az $AB$ közös átló felezi a $FBD\sphericalangle$ szöget, ezért

Továbbá az $EF$ szaggatott vonal merőleges $AB$-re, ezért $EFB\sphericalangle +FBA\sphericalangle =180^{\circ }$. Kivonjuk ebből az $AFB\sphericalangle$ derékszöget, így azt kapjuk, hogy

$$$$

Eredmény:

$2016$

Vegyük az $x^3-14x+2024$ keresett értéket, és vonjunk ki belőle $x(x^2-4x+2)=0$-t, hogy az $x^3$ tag kiessen, így $4x^2-16x+2024$-et kapunk. Szeretnénk, hogy a $4x^2$ is kiessen, ezért kivonunk $4(x^2-4x+2)=0$-t, ekkor $2016$-et kapunk és ez a keresett érték.

Eredmény:

$123$

A keresett szám nem lehet egyjegyű, mert a számjegy vagy páros vagy páratlan, azaz valahova be lesz számolva. Kétjegyű sem lehet, mert akkor 2-re kell végződnie, ami páros szám, így az összeolvasáskor már háromjegyű számot kapna. Keressünk egy jó háromjegyű számot. Ekkor a számjegyek száma 3, a páros és páratlan jegyek számának összege szintén 3, így ezek a lehetőségek jönnek szóba: $33$, $123$, $213$ és $303$. Lejátszva a háromjegyű lehetőségeken Misi módszerét, mindig az $123$ számot kapjuk eredményül, beleértve azt is, amikor $123$-ból indultunk ki, tehát a keresett szám a $123$.

Eredmény:

$16$

Egészítsük ki az ötszöget egy paralellogrammával, úgy, hogy egy szabályos háromszöget kapjunk, a háromszög oldala $11=4+a=2+b$, ahogy az ábrán is látszik.

$$$$

Ebből kiszámolható, hogy $a=7$, $b=9$, tehát $a+b=16$.

Eredmény:

$12$

A feladat feltételezi, hogy a szükséges idő arányos a kiásott föld térfogatával. A kút egy egyenes körhenger, azért a térfogata $V=\frac{\pi }{4}\cdot D\cdot W^2$, ahol $D$ a mélység, $W$ a szélesség (az átmérő). A lány 7 nap alatt ás ki $\frac{\pi }{4}\cdot \frac{D}{3}\cdot W^2=\frac{1}{3}V$ térfogatot, tehát 21 nap alatt ásná ki a teljes kutat. János viszont $7$ nap alatt $\frac{\pi }{4}\cdot D\cdot {\left(\frac{W}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}V$ térfogatú földet ás ki, azaz 28 nap alatt ásná ki a teljes kutat. Tehát egy nap alatt a lány az kút $\frac{1}{21}$-ed részét ássa ki, János pedig a kút $\frac{1}{28}$-ad részét, azaz ketten együtt egy nap alatt a $\frac{1}{21}+\frac{1}{28}=\frac{1}{12}$-ed részét. Ebből látható, hogy együtt 12 nap alatt tudnák kiásni a kutat.

Eredmény:

$360$

Vegyük észre, hogy egy $2\times 1$-es téglalapnak két $\sqrt{5}$ hosszúságú átlója van. (És könnyen látható, hogy máshogy nem kaphatunk $\sqrt{5}$ hosszúságú szakaszt.) Keressük meg az összes $2\times 1$-es téglalapot! Ha a téglalap függőlegesen áll, akkor a 10-féleképpen tudunk kiválasztani egy oszlopot, és 9-féleképpen két szomszédos sort, ahova elhelyezzük. Tehát 90-féleképpen tudjuk elhelyezni a $10\times 10$-es négyzetrácson. Ha a téglalap vízszintesen fekszik, akkor hasonló módon újabb 90 lehetőséget találunk. Tehát, ha vesszük ezen $90+90$ téglalap átlóit, akkor összesen $360$ megfelelő $\sqrt{5}$ hosszúságú szakaszt találunk.

Eredmény:

$5963$

A százas helyiértéken $\mathit{MATH}$ és $\mathit{HAHA}$ ugyanazt a számjegyet tartalmazza és a $2024$-ben ezen a helyiértéken 0 szerepel, ezért az összeadás során nem vittünk át semmit, amikor a tizes helyiértéken álló számokat adtuk össze. Tehát $\mathit{TH}=\mathit{HA}+24$ és $M=H+2$. Azonban, $A$ és $4$ összeadása esetén kell, hogy legyen továbbvitt érték, mert különben $T=H+2=M$ lenne, és feltettük hogy a betűk mind különböző számokat jelölnek. Ez alapján $H=A+4-10=A-6$, így $M=A-4$ és $T=A-3$. Ebből már könnyen megkapható, hogy $\mathit{MATH}$ értéke $3741$, $4852$ vagy $5963$, és ezek közül a $5963$ legnagyobb.

Eredmény:

$48$

Nézzük az átlón az egyik oldalon fekvő 7 háromszöget. Mindnek ugyanakkora a magassága és az alapja is, ezért a területük is egyenlő. Emiatt a satírozott rész területe $\frac{3}{7}$ része a teljes téglalap területének. Tehát a megoldás $\frac{3}{7}\cdot 8\cdot 14=48$.

Eredmény:

$116$

Legyen a lányok száma $l$ és a fiúk száma $f$. Az állítások alapján az alábbi egyenletrendszert kapjuk:

Helyettesítsük be a $f=\frac{5}{4}l+\frac{5}{4}$ egyenlőséget a második egyenletbe, ekkor

ennek a megoldása $l=51$, ezért $f=\frac{13}{10}\cdot 50=65$. A keresett válasz $l+f=51+65=116$.

Eredmény:

$50$

Van $7$ darab $1$ oldalhosszúságú négyzet és két darab $2$ oldalhosszúságú négyzet. Ahhoz, hogy $5$-re csökkentsük a négyzetek számát, pontosan $4$ négyzetet kell megszüntetnünk. Ahhoz, hogy a $3,7,6,10$ gyufák által határolt négyzetet eltüntessük, legalább három gyufát el kell közülük venni, így ez lesz az egyik olyan négyzet, ami megmarad. Fontos megjegyezni, hogy a $6$-os gyufaszálat nem lehet elvenni, mert megszüntetné ezt a négyzetet és a négyzet másik három gyufáját már nem vehetnénk fel.

A $11$-es vagy $13$-as gyufa eltávolításával egyszerre megszüntetjük mindkét nagy négyzetet. Ha ez megtörténik, akkor egy négyzetet kell eltüntetnünk két gyufa eltávolításával. Vegyük azt az esetet, amikor a $11$-es gyufát vesszük el; ekkor lehetőség van a $12$-es és $13$-as, vagy a $18$-as és $20$-as gyufapár elvételére. Míg ha a $13$-as gyufát vesszük el először, akkor elvehető utána az $1$-es és $3$-as vagy a $11$-es és $12$-es vagy a $16$-os és $19$-es gyufapár. Ezek közül a lehetőségek közül a $11$-es, $18$-as és $20$-as gyufa összege a legnagyobb, $49$. Ha mindkét nagy négyzetet meghagyjuk, akkor egyedül az $5$-ös, $12$-es és $17$-es gyufaszálakat vehetjük el, ami nem eredményezne lehetséges megoldást.

Mivel a $6$-os gyufát nem vehetjük el és az egyik nagy négyzetet meg kell szüntetnünk, feltételezhetjük, hogy a következő gyufapárok közül valamelyiket el kell vennünk: $18$ és $20$, $16$ és $19$, $1$ és $4$. Ez az elvétel egyszerre két négyzetet szüntet meg, egy kicsit és egy nagyot. Ezt követően egy gyufaszálat kell elvennünk, ami pontosan két négyzetet szüntet meg. A $18,20$ pár esetén ez lehet vagy a $11$-es gyufa, ami egy kis négyzetet és a második nagyot szünteti meg, vagy a $12$-es, ami két kis négyzetet szüntet meg, ezzel $18+20+12=50$-es összeget eredményezve. A $13$-as gyufát nem vehetjük el, hiszen akkor a $15$-ös gyufa egyik négyzethez sem tartozna. Hasonlóképp feltételezhetjük, hogy a $16,19$ páros, valamint a $13$-as gyufa elvétele $48$-as összeget eredményezne. Így a keresett válasz $50$.

Eredmény:

$65$

Legyen $r$ a henger alapjának sugara! Az első állásból kiderül, hogy a palackban lévő víz térfogata $13\pi r^2$. Hasonlóképp a második állásból kiderül, hogy a palackban lévő levegő tárfogata $(21-14)\pi r^2=7\pi r^2$. Így a palack teljes térfogata $(13+7)\pi r^2=20\pi r^2$ és a keresett százalékérték

Eredmény:

$28$

Négy olyan útvonal van $A$ és $B$ között, ami nem halad át a $C$ ponton. Ezek közül egynél két módon lehet eljutni $C$-be, egynél pontosan egy lehetőség van eljutni $C$-be, míg a maradék kettő esetben nincs olyan mód eljutni $C$-be, hogy ne menjünk át kétszer ugyanazon az úton. András összességében három lehetséges módon tud eljutni a cukrászdába a barátnője házát érintve. Ezek közül kettő $10$ utca hosszúságú, egy pedig $8$ utca hosszúságú. A lehetséges útvonalak összege $28$ kilométer.

Eredmény:

$44$

Legyen az $A$ őr az, amelyik $14$ perc alatt tesz meg egy kört (téglalap alakú útvonal), $B$ pedig az, aki $12$ perc alatt (négyzet alakú útvonal). Két lehetséges találkozási pontja van az őröknek. Ha a baloldali pontban találkoznak, miután $A$ őr megtett $a$ egész kört, $B$ pedig $b$ egész kört, akkor a

egyenlet biztosan teljesül. Ezt az egyenletet egyszerűsíthetjük $7a=6b+3$-ra, amiből következik, hogy $7\mid 6b+3$. Ha próbálkozunk $b\in \{0,1,2\dots \}$ behelyettesítésével, akkor láthatjuk, hogy $b=3$ és $a=3$ a lehető legkisebb megoldás. Hasonlóképp a jobb oldali ponton akkor találkoznak az őrök, ha

teljesül. Így egyszerűsíthetünk $7a=6b-1$-re, tehát megkapjuk, hogy $7\mid 6b-1$, ami miatt ebben az esetben biztos, hogy $b\ge 6$. Ezek alapján kiszámolható, hogy az őrök $14\cdot 3+2=44$ perc után találkoznak először.

Eredmény:

$26$

Emeljük négyzetre mindkét egyenletet és számoljuk ki az összegüket, ami $2b^2=392$. Mivel $b$-nek pozitívnak kell lennie, az egyetlen megoldás $b=14$. Ezt az első egyenlet négyzetébe behelyettesítve megkapjuk, hogy $a^2+24=c^2$ vagy $c^2-a^2=24$. Legyen $d=c-a$; ekkor $d$ páros szám, hiszen $c$ és $a$ mindketten vagy párosak vagy páratlanok.

A $c^2-a^2=(c-a)(c+a)$ egyenlet értéke alulról korlátos $d(d+2)$-vel, ami $d\ge 6$ esetén legalább $48$, ez pedig nagyobb mint $24$. Ezáltal $d$ lehetséges értékei $d=2$ és $d=4$. Az előbbi esetben megkapjuk, hogy $a+c=12$, az értékek pedig $a=5$ és $c=7$. Utóbbi esetben $a+c=6$, az értékek pedig $a=1$ és $c=5$. Tehát $a+b+c$ lehető legnagyobb értéke $5+14+7=26$.

Eredmény:

$\frac{3}{4}$

Ha az ábrán látható módon egybevágó háromszögekre osztjuk a hatszögeket, majd számolunk, megkapjuk a választ, ami $\frac{18}{24}=\frac{3}{4}$.

$$$$

Alternatív megoldás. Legyen $r$ a kör sugara! Mindkét hatszöget feloszthatjuk $6$ szabályos háromszögre; a beírt hatszögnél a háromszögek magassága $\frac{1}{2}\sqrt{3}r$, míg a köréírt hatszögnél $r$. Így a hosszúságok közti méretarány $k=\frac{1}{2}\sqrt{3}$, ezáltal a területek közti méretarány $k^2=\frac{3}{4}$.

Eredmény:

$20$

Bármely négyzetszületésnapnak a $p^k$ kifejezés egy vagy több osztójából kell állnia, ahol $k>1$. Az összes $196$-nál nem nagyobb ilyen osztó $S=\{4,8,9,16,25,27,32,36,49,64,81,100,121,125,128,144,169,196\}$. Láthatjuk, hogy $S$ bármely két vagy több $27$-nél nagyobb tagjának szorzata vagy önmaga is $S$ tagja, vagy nagyobb, mint $196$. A $27$-nél nem nagyobb számok esetében csak $8=2^3$ és $27=3^3$ nem négyzetszám. Mivel négyzetszámok szorzata négyzetszám, az eredmény vagy $S$ tagja lenne, vagy nagyobb lenne mint $196$. Végül pedig azok a szorzatok, amelyekben $8$ vagy $27$, valamint $S$ egy másik tagja szerepel, és kisebbek $196$-nál, de nincsenek még $S$-ben, a $27\cdot 4=108$ és a $8\cdot 9=72$. Ebből következik, hogy a keresett négyzetszületésnapokból $18+2=20$ van.

Eredmény:

$3^8\cdot 2=13122$

A szervezők három feladat közül választhatnak az $1$. évből. A második évből a maradék $4-1=3$ feladat közül választhatnak, mivel az egyik feladatsorszám már foglalt. Könnyen látható, hogy ez a minta megmarad a többi évre is, vagyis a $k$-adik év feladataiból válogatva már $k-1$ feladat nem elérhető a korábbi döntés(ek) miatt, ezért csak három lehetőség marad egészen a $9$. évig, amikor megjelenik a $11$-es sorszámú feladat, ami már túl nagy, így itt már csak két lehetőség közül tudnak választani. Végül pedig a $10$. év feladatai közt szerepel a $11$-es és $12$-es sorszámú, amelyeket nem lehet választani, így ebből az évből csupán egy feladat marad választható. Összességében $3^8\cdot 2=13122$ különféle feladatsort tudnak összeállítani így.

Eredmény:

$142857$

Mivel tudjuk, hogy a szám utolsó számjegye $1$, megpróbálhatjuk visszafejteni a számot a következőképp:

És valóban, $142857\cdot 3=428571$ megfelel az állításnak.

Alternatív megoldás. Bármely legalább kétjegyű, $1$-gyel kezdődő pozitív egész szám felírható $10^k+a$ alakban, ahol $k\ge 1$ és $a$ egy $k$-jegyű szám. Miután áttesszük az $1$-es számjegyet az elejéről a végére, a szám átváltozik $10a+1$ alakúra. Tehát a következő egyenletet kell megoldanunk $a$-ra és $k$-ra:

ezt egyszerűsíthetjük:

A bal oldalon lévő szám nem más, mint egy $2$-es számjegy, amit $k$ darab kilences követ. Keressük meg a kellő számú kilencest úgy, hogy megpróbáljuk elosztani $2999\dots$-et $7$-tel addig, amíg eltűnik a maradék. Így megkapjuk, hogy $a=42857$, ami a $142857$ megoldáshoz vezet.

Eredmény:

$58$

Ha a kisebb négyzetek oldalait elnevezzük $x$-nek, a képen szürkére színezett derékszögű háromszögre pedig a Pitagorasz-tételt alkalmazzuk, akkor megkapjuk, hogy

Ezt az egyenletet egyszerűsíthetjük $x^2=2x$-re, amiből következik, hogy $x=2$. Tehát a válasz $2(2^2+5^2)=58$.

$$$$

Eredmény:

$18$

Legyen a kötél nyugalmi hossza $l$ és a fal magassága $h$! Amikor a falmászó eléri a jelölést, akkor a kötél (kinyújtott) fele kétszerese a falmászó fal tetejétől mért távolságának, így teljesül a következő egyenlet:

Amikor a falmászó földet ér, hasonlóképp megkapjuk, hogy

amit könnyen megoldhatunk, ha behelyettesítjük $l=\frac{20h}{9}$-et az első egyenletből, és megkapjuk a megoldást, ami $h=18$.

Eredmény:

$10$

Legyen $b$ a fekete zoknik száma. Ekkor annak a valószínűsége, hogy mindkét zokni fekete, $\frac{b}{n}\cdot \frac{b-1}{n-1}$. Mivel ez a kifejezés megegyezik $\frac{2}{15}$-del, a következő egyenletnek muszáj teljesülnie:

Mivel 3 és 5 is osztója a bal oldalnak és mindketten relatív prímek 2-vel, biztosan osztói $n\cdot (n-1)$-nek a jobb oldalon. Nézzük meg az egyenletet 3 és 5 kisebb többszöröseivel, és vegyük észre, hogy ha $n=6$, akkor $15\cdot b\cdot (b-1)=2\cdot 6\cdot 5=60$. Azonban a $b\cdot (b-1)=4$ egyenletnek nincs egész szám gyöke, így $n=6$ nem lehetséges megoldás. Ha $n=10$, akkor $b\cdot (b-1)=12$-re megoldás a $b=4$. Ezáltal a lehető legkisebb $n$-érték $10$.

Eredmény:

$9876504$

A $11$-gyel való osztás szabályát fogjuk alkalmazni: egy szám akkor és csak akkor osztható $11$-gyel, ha a páros és páratlan helyiértékén álló számjegyei összegének különbsége osztható $11$-gyel.

Az adott számú számjeggyel rendelkező számok közül (jelen esetben a hétjegyűek közül) a legnagyobbak azok, amelyek a legnagyobb számjegyekkel kezdődnek. Így kezdjük a megoldás keresését azzal, hogy leírjuk a számjegyeket $9$-től kezdve lefelé haladva! Ha leírjuk a $98765$-öt, láthatjuk, hogy a „páratlan” helyiértékek összege $9+7+5=21$ és a „páros” helyiértékeké $8+6=14$. A kettő közti különbség $7$, és $11$-gyel oszthatóvá kell tennünk úgy, hogy pontosan két számjegyet használunk fel a $\{0,1,2,3,4\}$ halmazból. Ennek egyetlen módja, ha $0$-t adunk a „párosokhoz” és $4$-et a „páratlanokhoz”, ezzel megkapva a $9876504$ eredményt. mivel az összes többi, kritériumoknak megfelelő számnak $98765$-nél kisebb ötjegyű sorozattal kellene kezdődnie, valóban ez a lehető legnagyobb ilyen szám.

Alternatív megoldás. Kezdjük a legnagyobb különböző számjegyekből álló hétjegyű számmal, ami $9876543$. Vagy a $11$-gyel való osztás szabályát, vagy írásbeli osztást alkalmazva jöjjünk rá, hogy ez a szám nem osztható $11$-gyel, viszont $9876537$ igen, és ez $11$ legnagyobb többszöröse, ami kisebb, mint az a szám, amiből kiindultunk. Mivel ennek viszont nem különbözőek a számjegyei, kivonunk belőle $11$-et és megnézzük a kapott számot is a számjegyek különbözősége szempontjából. Néhány lépés múlva

eljutunk a keresett számig, ami $9876504$.

Eredmény:

$13$

Rajzoljuk be az ábrán látható $BCE$ szabályos háromszöget úgy, hogy $E$ a $CD$ szakaszon helyezkedik el. Ekkor $AED$ olyan háromszög, ahol $AE=8$, $ED=7$ és $DEA\sphericalangle =120^{\circ }$. Így a koszinusztétel alapján $A{D}^2=8^2+7^2-2\cdot 7\cdot 8\cdot \cos 120^{\circ }=169$, tehát $AD=13$.

$$$$

Alternatív megoldás a koszinusztétel használata nékül. Ha az $AED$ háromszöget meghosszabbítjuk egy $7$ oldalhosszúságú szabályos háromszög felével, tudjuk használni a Pitagorasz-télelt, hogy megkapjuk $A{D}^2={(5+3+3,5)}^2+{(3,5\cdot \sqrt{3})}^2=169$-et.

Eredmény:

$18$

Először is bontsuk prímtényezőire a $2024$-et:

Mivel $a$, $b$, $c$ és $d$ pozitív egész számok, tudjuk, hogy $2+a\ge 3$, $2+c\ge 3$ és $4+d\ge 5$. Az egyenlet jobb oldalán $1$-es vagy $2$-es szorzótényező csak egyszer fordulhat elő $(0+b)$-ben, illetve $4$-es tényező is csak egyszer fordulhat elő $(2+a)$-ban vagy $(2+c)$-ben.

Mivel az egyenlet jobb oldalán lévő szorzatnak négy tényezője van, négy lehetséges felbontása van $2024$-nek, amelyekben legfeljebb egy tényező lehet kisebb $4$-nél, vagyis

Az első felbontásnál $b=1$ és a fennmaradó tényezőket kioszthatjuk $a+2$, $c+2$ és $d+4$ között bárhogy, ezáltal $6$ megoldást eredményezve. A második felbontásnál $b=1$, ezután pedig vagy $a+2=4$, vagy $c+2=4$. És mindkét esetben kétféle módon osztható fel a másik két tényező, tehát ennek a felosztásnak $4$ megoldása van. Ugyanezen az elven a harmadik és negyedik felbontásnak is négy-négy megoldása van. Tehát összességében $18$ különböző számnégyes létezik mint lehetséges megoldás:

Eredmény:

$3540$

Mivel $2^x\cdot 3^y=24^k$, tudjuk, hogy

Ebből következik $2^x\cdot 3^y={(2^3\cdot 3^1)}^{15\cdot 59}$, ami azt jelenti, hogy $x=3\cdot 15\cdot 59=45\cdot 59$ és $y=15\cdot 59$. Tehát $x+y=60\cdot 59=3540$.

Eredmény:

$21$

Vizsgáljuk egy pillanatra csak az első és utolsó tucat almát! Ha a középső féltucatnyi almasor (vagyis a $7$–$12$. helyen álló almák) kizárólag zöldalmákból áll, akkor az első és az utolsó tucat almából is csak egy-egy zöld hiányzik, amit könnyen korrigálhatunk úgy, hogy az első és az utolsó féltucat alma közé bárhová elhelyezünk egy-egy zöldet, így összesen nyolc zöldalma elég a feltétel teljesítéséhez. Ha a középső féltucat alma közül valahány piros, akkor több zöldalma kell összesen, hiszen mindegyik középső féltucatból eltávolított zöldalma helyett kettőt kell behelyeznünk (egyet az első féltucatba, egyet az utolsó féltucatba). Így hát $8$ a zöldalmák minimális mennyisége, melyek közül hatot mindenképp középre kell helyeznünk, egyet az első féltucat közé, egyet pedig a sorozat végén lévő féltucat közé.

Azonban az első és utolsó zöldalmát nem helyezhetjük el tetszőlegesen. Ahhoz, hogy mindegyik egybefüggő egytucat almára teljesüljön a feltétel, a két szélső zöldalma közti távolság nem lehet több $12$-nél, például ha az első zöldalma a $2$-es helyre kerül, akkor az utolsó a $13$-as vagy a $14$-es helyre kerülhet. Az első zöldalma elhelyezkedésétől függően tehát az utolsó zöldalma elhelyezésére $1$-től $6$-ig terjedő lehetőség van. Ezeket összeadva megkapjuk, hogy $1+2+3+4+5+6=21$ lehetséges sorozat létezik.

Eredmény:

$12$

Legyen $a$, $b$ és $c$ rendre a Ferkó húgának adott kupacban lévő $1\mathrm{Ft}$-os, $2\mathrm{Ft}$-os és $5\mathrm{Ft}$-os érmék száma. Így létrejönnek a következő egyenletek:

és

Ha kivonjuk az első egyenletet a másodikból, megkapjuk, hogy $b+4c=115$. Ennek az egyenetnek $b=115-4c$ alakban felírható megoldásai vannak minden $c$-re. Azonban a $b$-re vonatkozó $0<115-4c<106$ megszorítások feltételezik, hogy $c\in \{3,4,\dots ,28\}$. De nem mindegyik megoldásnak van értelmezhető eredménye az $1\mathrm{Ft}$-os érmék számára. Ezért be kell vezetnünk a $0\le 85-(115-4c+c)=-30+3c\le 33$ kitételt $c$-re. Ebből láthatjuk, hogy $c$-nek csak a $\{10,11,\dots 21\}$ halmazból kikerülő értékei vezetnek elfogadható megoldáshoz. Tehát összesen 12 lehetséges mód van a szétosztásra.

Eredmény:

$36^{\circ }$

Elevenítsük fel azt a tényt, hogy egy adott $\omega$ kör esetén az a szög, mely alatt egy, az $\omega$ köríven fekvő $Z$ pontból egy $XY$ körív látszik (melynek végpontjai szintén az $\omega$ körön fekszenek) csak attól függ, hogy a $Z$ pont az $X$ és $Y$ pontok által meghatározott két körív közül melyiken fekszik, és a két lehetséges szög összege $180^{\circ }$.

$$$$

A mi helyzetünkben, néhány pontot elnevezve a fenti kép szerint, illetve a szabályos ötszögek és háromszögek ismert belső szögei alapján

Hasonlóan,

Végül, mivel $ABC$ egy egyenlő szárú háromszög,

és így a három szög átfedéseiből kiszámítható, hogy

Eredmény:

$11296$

Számoljuk meg azokat az elrendezéseket, ahol legalább egy bástyát nem támad egy másik bástya sem. Egy ilyen bástyának egyedül kell lennie a sorában és az oszlopában is, ami azt jelenti, hogy legfeljebb egy ilyen bástya lehet a táblán. Bármelyik mezőre elhelyezhetjük, $4\cdot 4=16$ módon. A hozzá tartozó sort és oszlopot kivéve marad kilenc mező, ahová el kell helyeznünk a maradék nyolc bástyát. Az üresen maradó mezőt $9$-féleképp választhatjuk ki. Összesen $16\cdot 9=144$ különböző módon rendezhetjük el így a bástyákat. Annak az összes módja, hogy tizenhat mezőből kilencet kiválasszunk, $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{16}{9}\right)=11440$, tehát a keresett eredmény $11440-144=11296$.

Eredmény:

$9409$

Mivel $N$ nem prímszám, vagy egyenlő $1$-gyel, vagy létezik egy $p<N$ prímszám, ami osztója $N$-nek. A $p<100$ kikötés elvezet minket ahhoz, hogy

Vegyük észre, hogy $N=97^2=9409$ eleget tesz a feltételeknek.

Feltételezzük, hogy létezik egy $N^{\prime }>9409$ szám, ami szintén kielégíti a feltételeket. Ha $p\le 97$ olyan prímszám, ami osztója $N^{\prime }$-nek, akkor $\frac{N^{\prime }}{p}$ hányadosa $97$-nél nagyobb egész szám. Ebből következik, hogy $\frac{N^{\prime }}{p}\in \{98,99\}$, hiszen $N^{\prime }$ minden osztójának $100$-nál kisebbnek kell lennie. Viszont ekkor $N^{\prime }$ osztható $k\in \{2,3\}$-val, és a megadott feltételből következik, hogy

ami ellentmondás.

Ezért $N=9409$ a keresett szám.

Eredmény:

$845$

Nevezzünk egy buszmegállót $s_0$-nak, ha mindhárom buszjárat megáll ott, és legyen $s_k$ az $s_0$-t követő $k$-adik buszmegálló, ahol az $A$ járat megáll. Számoljuk ki, hogy hányféleképpen tud Dani eljutni az $s_6$-os megállóig az $s_0$-ból.

1.

Dani pontosan egyféleképpen juthat el az $s_1$-es megállóba, mégpedig az $A$ buszjárattal.

2.

Kétféleképpen lehet eljutni az $s_2$-es megállóba, vagy az $A$ buszjárattal az $s_1$ megállóból, vagy a $B$ járattal az $s_0$ megállóból.

3.

Hogy eljusson az $s_3$-as megállóig, Dani vagy felült a $C$ járatra az $s_0$ megállóban, vagy az $A$ járatra az $s_2$ megállóban (amit $2$ módon érhetett el); tehát erre $3$ lehetősége volt összesen.

4.

Az $s_4$-es megállóba eljutni vagy az $A$ járattal lehet az $s_3$ megállóból, vagy a $B$ járattal az $s_2$ megállóból, vagyis $3+2=5$ módja van az idejutásnak.

5.

Hogy az $s_5$-ös megállót elérjük, mindössze egy lehetőség van, mégpedig az $A$ buszjárattal az $s_4$ megállóból, így ide is $5$ módon lehet eljutni.

6.

Végül pedig, hogy eljussunk az $s_6$-os megállóba, vagy az $A$ járatra kell felszállni az $s_5$ megállóban, vagy a $B$ járatra az $s_4$ megállóban, vagy a $C$ járatra az $s_3$ megállóban, ezért összesen $3+5+5=13$ módon tudunk idejutni.

Mindhárom buszjárat megáll a $c$-vel jelölt központi állomáson, a $6$-os számú buszmegállóban, illetve a $12$-es számú buszmegállóban. Mivel bármelyik olyan megálló, ahol mindegyik járat megáll, behelyettesíthető $s_0$-nak, $13$-féleképpen juthat el Dani a $c$ központi állomásból a $6$-os megállóba és a $6$-os megállóból a $12$-es megállóba. Kikövetkeztethetjük, hogy ahhoz, hogy a $12$-esből a $17$-es megállóig elérjen, ugyanaz, mintha az $s_5$-ös megállóba menne az $s_0$-ból, tehát ennek $5$ lehetséges módja van. Összességében $5\cdot 13\cdot 13=845$ különböző módon juthat el Dani a $17$-es megállóba.

Alternatív megoldás. Hivatkozzunk a buszmegállókra a sorszámukkal és legyen $c=0$. Bármely $s$ megállót elérhetünk az $A$ buszjárattal, szóval minden eggyel korábbi $s-1$ megállóig tartó utazást meghosszabbíthatunk az $s$ megállóig az $A$ buszjárat segítségével. Ha a $B$ járat megáll az $s$ megállóban, akkor az utazás meghosszabbítható $s-2$-ből $s$-ig. Hasonló megállapítás igaz az olyan $s$ megállókra, ahol a $C$ járat áll meg. Tehát ha $J(s)$-sel jelöljük azoknak az útvonalaknak a számát, ahányféleképpen Dani eljuthat $s$-be, akkor $s\ge 1$-re megkapjuk, hogy

Mivel a központi állomás csak egyféleképpen „elérhető”, tudjuk, hogy $J(0)=1$ és megállapíthatjuk $J(17)$ értékét az ismert ismétlődés segítségével; a táblázat alatti nyilak azt mutatják, mely értékek adódnak össze az adott cella értékét adva.

$$$$

Eredmény:

$3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=3035+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

Tudjuk, hogy $a_1$ törtrésze $a_1-\lfloor a_1\rfloor =\sqrt{3}-1$. Ezért felírható úgy, hogy $a_1=1+\sqrt{3}-1$. Számoljuk ki az első pár elemet!

Vegyük észre, hogy az $a_1$ és $a_3$ elemeknek ugyanaz a törtrésze, $\sqrt{3}-1$, és különbségük $a_3-a_1=3$. Ugyanez mondható el $a_2$-ről és $a_4$-ről, törtrészük egyaránt $\frac{\sqrt{3}-1}{2}$ és különbségük $a_4-a_2=3$. Ez a következő feltevéshez vezet minket: $a_{2k+1}=3k+1+\sqrt{3}-1$ és $a_{2k+2}=3k+2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}$, ahol $k=0,1,\dots$. Ennek érvényességét az összes $k$-ra bizonyíthatjuk indukcióval; egyértelmű $k=1$-re és $k=2$-re. A többi értékre elég behelyettesíteni a képleteket az $a_{n+1}=\lfloor a_n\rfloor +\frac{1}{a_n-\lfloor a_n\rfloor }$ definícióba. Figyeljük meg, hogy

Tehát $a_{2024}=3034+\frac{\sqrt{3}+1}{2}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$.

Eredmény:

$2520$

Először jegyezzük meg, hogy $A=[2,4]$ és $B=[6,3]$ a négyzet bal alsó sarkától számítva. Tükrözzük $A$-t és $B$-t a négyzet oldalaira és nevezzük el a kapott pontokat az alábbi ábrának megfelelően!

$$$$

Tekintsük azt a pályát $A$ és $B$ között, ami $KN$-ről, majd $MN$-ről pattan vissza, és tükrözzük $KN$-re (illetve $MN$-re) az $A$-ból (illetve $B$-ből) kiinduló szakaszt. A visszaverődés törvényei miatt ekkor pontosan az $A_1{B}_2$ szakaszt kapjuk (a folytatásban úgy fogalmazunk, hogy a pályát kiegyenesítettük $A_1{B}_2$-vé). Megjegyzendő, hogy ez az egyetlen elfogadható pálya, ami pontosan erről a két falról pattan vissza. Egy lehetséges $A\to MN\to KN\to B$ pálya kiegyenesítése az $A_2{B}_1$ szakaszt eredményezné, ami egy pontban sem metszi a $KLMN$ négyzetet. Ez a visszaverődés tulajdonságainak köszönhető, melyek miatt $N$ felezőpontja az $A_1{A}_2$ és a $B_1{B}_2$ szakasznak is. Tehát ez utóbbi pálya nem lehetséges.

Hasonlóképp a $KLMN$ négyzet két szomszédos oldaláról visszapattanó összes keresett pálya kiegyenesíthető az $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$ négyszög (vagy az eltolt hasonmása, $B_1{A}_2{B}_3{A}_4$) egyik oldalává. Az összetartozó egybevágó oldalak közül pontosan egyet használunk, mert a másik ellentmondáshoz vezetne. Ebből következik, hogy ezek a pályák olyan járulékot adnak a végleges négyzetösszeghez, mint az $A_1{B}_2{A}_3{B}_4$ négyszög oldalhosszúságainak négyzetösszege. A Pitagorasz-tételt használva, illetve tudván, hogy a négyszög átlói merőlegesek és a $C=[6,4]$ pontban metszik egymást (lásd az alábbi ábrán), kiszámolhatjuk, hogy

$$$$

Most már csak azokat az eseteket kell megvizsgálnunk, ahol a pálya a $KLMN$ négyzet két ellentétes faláról pattan vissza, mint ahogy az alábbi két példa mutatja:

$$$$

Ebben az esetben mindkét sorrend lehetséges, vagyis a járulék egyenlő az $A_2{B}_2{B}_4{A}_4$ és $A_1{A}_3{B}_3{B}_1$ paralelogrammák átlóinak négyzetösszegével. Azt a tényt alapul véve, hogy egy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő az oldalhosszainak négyzetösszegével, mindkét paralelogrammára megkapjuk, hogy

Így tehát a teljes négyzetösszeg

Eredmény:

$94590$

Vegyük észre, hogy az $a$, $b$ és $c$ számok különbözősége és az oszthatósági kitétel miatt teljesül $2\cdot a\le b$ és $2\cdot b\le c$. Nevezzük $s(k)$-nak $k$ számjegyeinek számát! Az oszthatósági kitételekből következik, hogy az $s(a)$, $s(b)$ és $s(c)$ mennyiségek sorban nem csökkenőek. Tehát csak két eset lehetséges:

1.

A számjegyek száma $s(a)=1$, $s(b)=1$ és $s(c)=3$. Ekkor az $a$ szám legfeljebb $4<\frac{9}{2}$. Ez a következő eredményhez vezet: $a=4$, $b=8$ és $c=992$.

2.

A számjegyek száma $s(a)=1$, $s(b)=2$ és $s(c)=2$. Ekkor a $b$ szám legfeljebb $49<\frac{99}{2}$. Hogy maximalizáljuk $a\parallel b\parallel c$ értékét, feltételezzük, hogy az első számjegy $9$. Így $b$ lehető legnagyobb értéke $b=45$, amiből következik, hogy $c=90$. Bármely kisebb $a$ érték kisebb eredményhez vezetne.

Tehát a lehető legnagyobb keresett szám $94590$.

Eredmény:

$471$

Olyan $x$ értéket keresünk, amire teljesül, hogy a $\frac{2x^3+2x+4}{x+5}$ tört értéke egész szám. Mivel

elégséges, ha $x+5$ osztója $256=2^8$-nak. Mivel $x>5$, ezért $10$-nél nagyobb osztókat keresünk. Az összes ilyen osztó $16$, $32$, $64$, $128$ és $256$. Ezáltal a keresett megoldás a következő összeg:

Eredmény:

$7∕20$

Forduljunk egyenesen a kombinatorikai módszerek felé: Az első esemény valószínűsége

míg a második eseményre azt kapjuk, hogy

Most az a célunk, hogy kiszámoljuk $P_1=P_2$-t, ami egy másodfokú egyenlet és a szokott módokon megoldható. Azonban észrevehetjük, hogy $p=1$ biztosan az egyik megoldás, így könnyedén megtalálhatjuk a másikat is Viète-formulák használatával: idézzük fel, hogy egy $a\cdot (x-r_1)\cdot (x-r_2)=0$ másodfokú egyenlet konstans tagja $a\cdot r_1\cdot r_2$, ahol $r_1$ és $r_2$ a gyökök, és $a$ az $x^2$ másodfokú tag együtthatója. Így megtalálhatjuk a másik megoldást a következőképp: