Feladatok

Eredmény:

$14325$

A $16$ egyféleképp állhat csak elő két különböző számjegy összegeként: $9+7$. Ha $R=9$ lenne, akkor a $J=N=3$ ellentmondáshoz jutnánk, ezért $S=9$ és $R=7$. Innen lépésenként meghatározhatjuk a számjegyeket: $J=5$, $N=1$, $Q=6$, $B=3$, $P=8$, $A=4$ és $O=2$. Azaz $\mathit{NABOJ}=14325$, amit értelmezhetünk a 2025-ös Náboj dátumaként.

Eredmény:

$14$

Az $A$ fogaskeréknek 14, a $B$ fogaskeréknek 6, a $C$ fogaskeréknek pedig 15 foga van. Határozzuk meg, hány fognyit kell elfordulnia a fogaskerekeknek, hogy mindegyik a kiindulási helyzetébe térjen vissza! Ez a szám tehát a 14, 6 és 15 többszöröse. A legkisebb közös többszörösük a 210. Azaz a $C$ fogaskereket 210 foggal kell elforgatni, tehát $210∕15=14$ teljes fordulatot kell tennie.

Eredmény:

$9897989698$

Építsük fel a tízjegyű számot úgy, hogy balról jobbra haladva a soron következő helyiértékre mindig a lehető legnagyobb lehetséges számjegyet választjuk, úgy, hogy a feltétel teljesüljön! Az első számjegyünk legyen tehát a lehető legnagyobb, a 9. Ezután nem válaszhatjuk a 9-et, így ott a 8 lesz. Ismét választhatjuk a 9-et, de utána se a 9, se a 8 nem szerepelhet, ezért a 7-es lesz a következő. Ezután ismét lehet a 9, 8 és 9, de utána nem következhet a $\{9,8,7\}$ számjegyek egyike sem. Itt tehát a 6 lesz, majd ismét a 9, a tizedik számjegyünk pedig a 8. Így az $n=9897989698$ számhoz jutunk. Azt álltjuk, hogy ez a legnagyobb, a feltételeknek megfelelő szám. Legyen $m$ egy másik megfelelő szám, és vizsgáljuk az első olyan számjegyet, amelyben $m$ és $n$ eltér. Mivel az algoritmusunk mindig a lehető legnagyobb számjegyet választotta az adott helyiértékre, $m\le n$ a további számjegyektől függetlenül.

Eredmény:

$6$

A négyzet területe a triominó területének, azaz a 3-nak többszöröse. Könnyen belátható, hogy a $3\times 3$-as négyzet nem lefedhető, viszont a $6\times 6$-os négyzet lefedhető, például az alábbi módon.

Eredmény:

$36$

A húrtrapézok kerületeinek különbsége $\mathit{XB}+\mathit{CS}=2\cdot \mathit{CS}=\mathit{CD}$, ami egyenlő $\mathit{BC}$-vel és $\mathit{XS}$-el is, így az $\mathit{XBCS}$ paralelogramma kerülete: $3\cdot (50-38)=36$.

Eredmény:

$93$

Legyen a szám két számjegye $x$ és $y$. Megfigyelhető, hogy az Erika által kiszámolt szorzat utolsó számjegye megegyezik a két számjegy szorzatának utolsó számjegyével. Két különböző számjegy szorzataként a $7$-es végződés csak kétféleképpen álltható elő: $1\cdot 7=7$ és $3\cdot 9=27$. Könnyen kizárhatjuk a $17\cdot 71$ opciót, mivel a szorzat túl kicsi, azaz a helyes megoldás a $39\cdot 93=3627$, a válasz pedig a $93$.

Eredmény:

$37$

Ha Kartal kezében van három szín és tizenkét szám összes kombinációja (összesen $3\cdot 12=36$ lap), akkor még lehetséges, hogy a hiányzó negyedik szín vagy tizenharmadik szám van a pakli tetején. Ebben az esetben Kartal egyik lapját sem tudná kijátszani, vagyis $N$ legalább $37$.

Másfelől a pakli tetején lévő kártya színe megegyezik $12$ másik kártyáéval, a száma pedig másik hároméval. Mivel összesen $52$ kártya van és legalább az egyikük a kijátszott pakliban van, a Kartal kezében lévő nem kijátszható lapok maximális száma $52-1-12-3=36$, szóval $37$ lappal a kezében garantáltan legalább az egyiket ki tudja játszani.

Eredmény:

$15$

Mivel $\mathit{FGS}$ szabályos háromszög, tudjuk, hogy $\mathit{FS}=\mathit{GS}$. Ezért a $\mathit{GAS}$ és $\mathit{FSE}$ egyenlő szárú derékszögű háromszögek egybevágók, amiből következik, hogy $\mathit{ES}=\mathit{AS}$. Tehát $\mathit{EAS}$ egyenlő szárú háromszög. Annak ismeretében, hogy $\mathit{ESA}\sphericalangle =45^{\circ }+60^{\circ }+45^{\circ }=150^{\circ }$, megkapjuk, hogy $\mathit{SAE}\sphericalangle =\frac{1}{2}(180^{\circ }-\mathit{ESA}\sphericalangle )=15^{\circ }$.

Eredmény:

$34$

Írjuk be az összes mezőbe, hogy hány, a feltételnek megfelelő háromszög alsó, vagy felső csúcsában helyezkedik el az adott mező!

A keresett szám ezeknek a beírt értékeknek az összege.

Eredmény:

$6075$

Legyen $N=\overline{\mathit{abcd}}$ egy érdekes szám és $n=\overline{\mathit{cd}}$. Ekkor $N=1000a+100b+n$ és ha elhagyjuk a százas helyiértéken lévő számhegyet, akkor megkapjuk az $M=100a+n$ számot. Ha az $M=\frac{1}{9}N$ egyenletet megszorozzuk kilenccel, megkapjuk, hogy

és átrendezés, majd néggyel való osztás után azt kapjuk, hogy

Ebből az egyenletből következik, hogy $a+b$ összege páros szám, ami kisebb, mint $\frac{2\cdot 100}{25}=8$, mivel $n<100$. Ez azt jelenti, hogy $a+b$ legfeljebb $6$, és ahhoz, hogy $N$ értékét maximalizáljuk, azt kell választanunk, hogy $a=6$ és $b=0$, aminek eredményeképp $n=75$. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy $N=6075$ megfelel a feladat feltételeinek.

Eredmény:

$60$

Mivel a hajó rakománya az első úton $85$ tonna volt, legalább $15$ tonna olajat kellett, hogy szállítson. Azonban, mivel a visszaúton megduplázódott az olaj mennyisége, először legfeljebb $15$ tonna olajat szállíthatott a hajó. Ezáltal tudjuk, hogy etanolból és higanyból a maximális mennyiséget vitte odafelé. A visszaúton a teljes rakomány tömegét kiszámolhatjuk a következőképp:

Eredmény:

$8$

Kezdjük az alakzat lefedését az egyik belső sarkától, mint ahogy az (1)-es ábrán látható! Kétféle irányba forgatva tudunk ide lerakni egy dominót, viszont ezek forgatással egymásba hozható megoldásokhoz vezetnek. Válasszuk az egyiket és a kapott eredményt szorozzuk meg $2$-vel! Amint ezt a dominót elhelyezzük, a következő két dominó helyzete is adott, ahogy a (2)-es ábrán látszik. A bal és jobb oldalon látható „négyzetek” két-két módon fedhetők le (3), az ábra fennmaradó része pedig a (4)-es ábrán látható módon, egyféleképp. Tehát ennek az (1)-ben látott elhelyezésnek $2\cdot 2=4$ kimenetele van. Az elforgatott elhelyezést figyelembe véve $2\cdot 4=8$-féleképp lehet lefedni az ábrát dominókkal.

Eredmény:

$30$

Egy sötétszürke négyzet területe $216∕6=36$, tehát az oldalhossza $\sqrt{36}=6$. A le nem fedett terület a csomag mindegyik oldalán a világosszürke terület kétszerese, tehát mindegyik világosszürke téglalap a fele egy fehér négyzetnek. Ez azt jelenti, hogy a csomag egy éle mentén elfér öt, egyenként $6$ szélességű világosszürke téglalap, vagyis az élhossz $5\cdot 6=30$.

Eredmény:

$800\%$

Legyen $f$ egy füzet ára, $v$ egy vonalzóé, $t$ pedig egy tollé. Az ismert adatokból tudjuk, hogy $f=v+t$ és $\frac{3}{2}v=t+f=2t+v$. A második egyenletből megkapjuk, hogy $v=4t$, és ezt behelyettesítve az első egyenletbe megkapjuk, hogy $f=5t$. Tehát a toll árát kilencszeresére kell növelnünk, vagyis $800\%$-kal.

Eredmény:

$4098600$

Vegyük észre, hogy $\mathrm{lnko}(x,x-1)=1$ bármely $x$ pozitív egész számra, tehát $\mathrm{lnko}(x,\mathrm{lnko}(x-1,a))=1$ bármely $a$ és $x$ pozitív egész számokra. Tehát a kifejezés értéke

Eredmény:

$12$

A sarkokon áthaladó egyenesből és a téglalapok oldalaiból képzett derékszögű háromszögek hasonlók, és a hasonlóság arányszáma $2:1$. Tehát a szürke téglalap szélessége $2\cdot 6=12$ a körök átmérőiben mérve.

Eredmény:

$7,2=\frac{36}{5}$

Legyen $v$ Tamás eredeti sebessége (km/h-ban számolva) és $t$ az az idő, ameddig gyorsan futott (órában), ekkor a lassabb sebessége $\frac{3}{4}v$ és a lassabb futással töltött idő $2t$. A teljes távolság a két résztáv összege, azaz

ezért

lesz az a távolság, amit gyors tempóval futott le.

Eredmény:

$10$

Vegyük észre, hogy Laura kimaradt a korlátozó feltételekből, tehát ő bárhol állhat. A másik 4 lány csak kétféle sorrendben állhat (jobb oldalon Nati, középen Kata és Olívia valamilyen sorrendben, bal oldalon Móni). Így összesen 10 féle sorrendben állhatnak.

Eredmény:

$220$

Ha a vár alakja konkáv lenne, akkor nézzük helyette a konvex burkát. Ezzel a vár kerülete csak csökkenhetett, a váron belüli leghosszabb nyíllövés hossza csak nőhetett vagy egyenlő maradt. Most a konvex váron belüli lehető leghosszabb egyenes szakasz hosszát jelöljük $\ell$-lel. Be tudjuk látni, hogy akkor kapunk leghosszabb szakaszt, ha két csúcspontot kötünk össze: Ha a szakasz eredetileg nem érne el a falig, hosszabbítsuk meg a falig. Ha elér a falig, akkor valamilyen irányba tovább tudunk menni egy csúcs felé, úgy hogy az eddigi szakasszal egy tompaszöget (vagy derékszöget) zár be. Ebben az irányban található sarokpontra cseréljük le a szakasz eredeti végpontját, és így hosszabb szakaszt kapunk. Utána ugyanezt megtehetjük a szakasz másik végpontjával is, tehát végül a szakaszunk két tornyot köt össze.

A legnagyobb olyan $S$ számot keressük, amelyre falhosszokat 2 részhalmazra lehet osztani úgy, és mindkét halmazban a hosszok összege nagyobb vagy egyenlő mint $S$. Tehát

és mivel $S$ 10 többszöröse lesz, így $S\le 220$. Ezt az értéket el is lehet érni, ha így osztjuk el a falakat:

Eredmény:

$247$

A számok közti különbség akkor a legkisebb, ha a két szám a lehető legközelebb van egymáshoz. Ennek okán az ezres helyiértéken lévő számjegyek között csak $1$ lehet a különbség. A százas helyiértéken lévő jegy a nagyobb szám esetében a lehető legkisebb, míg a kisebb számnál a lehető legnagyobb kell, hogy legyen. Miután a százas helyiértéken lévő jegyeket kiválasztjuk, ugyanez az irányelv érvényes sorban a tízesekre, majd az egyes helyiértéken lévőkre is. Ezzel a módszerrel megkapjuk az $5123$ és $4876$ számokat, melyek különbsége $247$.

Eredmény:

$62$

Ha elhagyjuk az egyforma szomszédos virágültetésre vonatkozó kitételt (tehát az összes lehetséges elrendezést keressük), akkor a válasz $2^6=64$. Ebből az eredményből kivonjuk azokat az eseteket, amik a fenti kitételt megszegik, vagyis amikor a kétféle virág felváltva kerül elültetésre. Mivel erre csupán két lehetőség van, a kitételnek megfelelő elrendezések száma $64-2=62$.

Eredmény:

$25\pi -12$

Legyen $M$ a körlap középpontja és $A$, $B$ és $C$ a téglalap másik három csúcsa. A kör sugara legyen $r$.

Tudjuk, hogy $\mathit{MA}=r-1$, $\mathit{MB}=r$ és $\mathit{MC}=r-2$, valamint $\mathit{AB}=\mathit{MC}$. Használjuk a Pitagorasz-tételt az $\mathit{ABM}$ derékszögű háromszögre, hogy megkapjuk az

egyenletet, amit a következőre egyszerűsítsünk:

Mivel az $r=1$ megoldás nem értelmezhető, az egyetlen helyes megoldás az $r=5$. Így a körlap kivágás utáni megmaradt területe $r^2\pi -3\cdot 4=25\pi -12$ (${\mathrm{dm}}^2$-ben).

Eredmény:

$23\frac{1}{3}=\frac{70}{3}$

Ha összekeverünk $x$ mennyiségű Algebriát és $y$ mennyiségű Alkímrát, akkor a kapott elegy $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y$ Algebrát és $\frac{1}{5}x+\frac{7}{10}y$ Alkímiát tartalmaz. Ahhoz, hogy $1:1$ arányt kapjunk, igaznak kell lennie a

egyenlőségnek, amit átrendezhetünk arra, hogy $y=\frac{3}{2}x$. Azaz minden $\mathrm{mg}$ Algebriához $1,5\mathrm{mg}$ Alkímrát kell hozzáadnunk. Ez azt jelenti, hogy akkor kapjuk meg a maximálisan kikeverhető Algímia mennyiségét, ha Náboicus felhasználja mind a $14\mathrm{mg}$ Alkímrát és $\frac{2}{3}\cdot 14\mathrm{mg}$ Algebriát. Így végül $\frac{5}{3}\cdot 14=\frac{70}{3}\mathrm{mg}$-ot kap a legendás keverékből.

Eredmény:

$34$

Legyen $m^2=M=K+3333$. Mivel $M$ és $K$ is négyjegyű négyzetszám, tudjuk, hogy $32\le n<m\le 99$, így

vagyis

Ugyancsak tudjuk, hogy

A fentiekből következik, hogy a lehetséges tényezők kizárólag $m+n=101$ és $m-n=33$, ami arra az eredményre vezet, hogy $m=67$ és $n=34$. Már csak azt kell ellenőriznünk, hogy ebben az esetben $K=34^2=1156$ mindegyik számjegye $7$-nél kisebb.

Eredmény:

$\frac{2\pi \sqrt{3}}{3}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$

Mivel $X$ és $Y$ a henger alapköreinek középpontjai, a henger magassága egyenlő ezek távolságával. $X$ és $Y$ a kocka egymással szembeni csúcsai, így a $\sqrt{3}$ hosszúságú testátló végpontjai. A henger sugarának megállapításához válasszuk a kocka bármely más $Z$ csúcsát és számítsuk ki az $\mathit{XY}$-tól való távolságát. Az $\mathit{XZY}$ háromszög derékszögű $Z$-nél ($\mathit{XZ}$ egy lapátló és $YZ$ a kocka egyik éle) és a keresett sugár egyenlő a $Z$ csúcs $\mathit{XY}$-tól való távolságával. A hasonlóságot (vagy területarányokat) figyelembe véve ez a távolság $\sqrt{2∕3}$. Így a henger térfogata

Eredmény:

$13$

A második állítás nem lehet igaz: ha legalább $31$ hazug lenne, akkor ők mind nemmel válaszolnának a kérdésre, tehát nem kaphatnánk $39$ igenlő választ. Tehát legfeljebb $30$ hazug van. Az igazmondók mindig igazat mondanak, ezért ők a második kérdésre nemmel válaszoltak, tehát legfeljebb $60-39=21$ igazmondó lehet.

Ebből következik, hogy az első állítás is hamis. A $43$ igenlő válasz a hazugoktól és néhány normálistól érkezett. Mivel legfeljebb 30 hazug van, léteznie kell legalább $43-30=13$ normális embernek.

Teljesíti a feltételeinket, ha 17 igazmondó, 30 hazug és 13 normális van a faluban. Tehát a normális emberek minimális száma 13.

Eredmény:

$24$

Először vegyük észre, hogy a kiosztott pontok összege 7, azaz a 6 meccsből pontosan egyszer fordult elő, hogy a győztes csapat 2 pontot szerzett, minden más meccsen 1 pontot ért a győzelem. Tehát a legerősebb csapat mindenkit megvert, és ezen meccsek közül egyszer nagy különbséggel győzött. A másik három csapat közötti meccsek “körbeverést” mutatnak, hiszen mindenki 1 pontot szerzett. A kört kétféleképpen irányíthatjuk meg. Összességében $4\cdot 3\cdot 2=24$-féleképpen történhetett a bajnokság.

Eredmény:

$225$

Látható, hogy $M$ lehető legkisebb értéke $9$, mert

Ha $k\ge 1$, akkor minden $10^k=10\cdot 10^{k-1}$ alakú helyettesítés 9-cel növeli meg az összeadandók számát. Ebből következik, hogy $M$ mindig osztható 9-cel, és hogy $M$ lehetséges értékei 9 többszöröseinek egy összefüggő halmazát alkotják. $M$ lehető legnagyobb értéke 2025, mert

Tehát $M$ különböző lehetséges értékeinek száma

Eredmény:

$360$

Legyen $t_1$ az idő onnantól, amikor a vonat eleje elhalad Misi és Pál mellett, addig a pillanatig, amikor a vonat hátulja elhalad Misi mellett. Hasonlóan, legyen $t_2$ az időkülönbség aközött, amikor a vonat hátulja elhalad Misi mellett, addig, amikor elhalad Pál mellett. Legyen $\ell$ a vonat hossza méterben. Mivel Misi és Pál azonos sebességgel sétálnak, és $t_1$ idő alatt Misi $45$ métert tett meg, Pál pedig $t_2$ idő alatt $60-45=15$ métert tett meg, a két időintervallum aránya

Most nézzük a vonat mozgását. Az első szakaszban $t_1$ idő alatt a vonat $\ell -45$ métert haladt, hiszen kezdetben az eleje volt a Misiéknél, és az idő végén a vonat vége 45 méterrel hátrébb volt. Ezután $t_2$ idő alatt a vonat vége $105$ métert tesz meg Misi és Pál között. Tehát a vonat sebessége

A vonat teljes hossza

Eredmény:

$33.75^{\circ }={\frac{135}{4}}^{\circ }$

Mivel az $X{C}^{\prime }B△$ egyenlő szárú,

Továbbá $\mathit{CXY}\sphericalangle =YX{C}^{\prime }\sphericalangle$ teljesül a hajtás miatt, így

Végül $X{C}^{\prime }Y\sphericalangle =Y\mathit{CX}\sphericalangle =90^{\circ }$, azaz

Eredmény:

$911$

Vegyük észre, hogy $k\le n$-re az $\{1,2,\dots ,n\}$ halmaz elemeiből választott szigorúan növekvő szám-$k$-asok száma $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n}{k}\right)$, mivel a szigorúan növekvő szám-$k$-asok egyértelműen megfeleltethetők a $k$ elemű részhalmazoknak! Általánosabban, azon szigorúan növekvő szám-$k$-asok száma, amelyek elemei a $\{m,m+1,\dots ,n\}$ halmazból kerülnek ki, pontosan $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{n-m+1}{k}\right)$. Hogy meghatározzuk a keresett számnégyes helyzetét, számoljuk össze az azt sorrendben megelőző összes számnégyest, az ismert elemeik alapján rendezve:

• $(0,\ast ,\ast ,\ast )$: ilyen számnégyesből $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{15}{3}\right)=455$ van;
• $(1,\ast ,\ast ,\ast )$: ilyenből $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{14}{3}\right)=364$;
• $(2,3,\ast ,\ast )$: ilyenből $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{2}\right)=66$;
• $(2,4,a,\ast )$, ahol $a\in \{5,6\}$: ilyenből $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{10}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{9}{1}\right)=19$;
• $(2,4,7,b)$, ahol $b\in \{8,9,10,11,12,13\}$: ilyen számnégyesből pedig $6$ van.

Azaz a $(2,4,7,14)$ számnégyes a $455+364+66+19+6+1=911$. helyen szerepel.

Eredmény:

$60$

Legyen $A$ és $B$ rendre az Ádám és Betti által eladott almák száma! Tudjuk, hogy

Behelyettesítve $b=\frac{45}{A}$-t és $a=\frac{20}{B}$-t a második egyenletbe

Ebből $A=\frac{3B}{2}$, amit az első egyenletbe visszahelyettesítve $\frac{3B}{2}+B=\frac{5B}{2}=100$, azaz $B=40$ és $A=100-40=60$.

Eredmény:

$598$

Legyen $a$, $b$ és $c$ a százasok, tízesek és egyesek helyén álló számjegye a háromjegyű $N$ számnak. Ha $c=9$, $N>9^3=729$, tehát $a$ csak $7$ vagy $8$ lehet, azonban egyik esetben sem találunk olyan $b$-t, amellyel $729+a+b^2$ utolsó jegyét $9$-cé tudnánk tenni.

A következő lehetőségünk $c=8$. Mivel $8^3=512$, $a$-nak $5$-nek vagy $6$-nak kell lennie, de

tehát $a$ csak $5$ lehet. Ehhez olyan $b$-re van szükségünk, ami kielégíti a következő egyenletet:

vagyis

ennek megoldásai $b=1$ és $b=9$. Mindkét szám lehetséges:

(Ezzel egyenértékű, ha észrevesszük, hogy $b^2$ egyes helyi értékén álló számnak $1$-nek kell lennie.)

Ha $c\le 7$, akkor

így a lehető legnagyobb $N$ az $598$.

Eredmény:

$42$

Ha összekötjük $P$-t minden ponttal, ami $\mathit{ABCD}$ oldalait harmadokra osztja, tizenkét háromszöget kapunk.

Az egyes oldalakhoz tartozó mindhárom háromszögnek ugyanakkora a területe, mivel ugyanaz a magasságuk $P$-ig, és ugyanolyan hosszú az alapjuk is. Legyen $a$ a $\mathit{PEI}$ háromszög területe, $b$ a $\mathit{PJF}$ háromszögé, $c$ a $\mathit{PGK}$ háromszögé és $d$ $\mathit{PLH}$-é. A megadott információk alapján a következő egyenletek írhatók fel:

A $\mathit{PFBG}$ négyszög területét $b+c$ adja meg, amit kifejezve

Eredmény:

$237$

Összesen $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{12}{4}\right)=495$-féleképpen választhatunk ki $4$ mezőt egy $12$ mezőt tartalmazó gyűrűből. Minden oldalra igaz, hogy nyolc olyan mező van, ami nem része az adott oldalnak, tehát $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{8}{4}\right)=70$-féleképpen tudunk négy négyzetet úgy kiválasztani, hogy az adott oldalról ne válasszunk ki négyzetet, azaz $495-4\cdot 70=215$ lehetőség lenne, amikor egy oldal sem marad ki. Azonban többször vontuk ki azokat az eseteket, amikor két oldalról sem választottunk ki négyzetet. Ezt úgy lehetséges megvalósítani, ha egy sarok körüli $5$ mezőből választunk ki $4$-et (ez sarkonként $5$ lehetőség, összesen $20$), vagy a két-két szemközti oldal közepéről választjuk ki a négy mezőt (összesen 2 lehetőség). Összeszámolva $215+22=237$ lehetőségünk van, és mivel három vagy négy oldalt nem tudunk egyszerre kihagyni, ez a végső válasz.

Eredmény:

$\frac{6}{5}$

Jelölje a körök középpontját rendre $X$, $Y$ és $Z$, továbbá legyenek az érintési pontok $A$, $B$ és $C$ a lenti ábra szerint! Az $\mathit{XY}Z$ háromszög oldalai kielégítik a Pitagorasz-tételt ($1+2=3$, $1+3=4$, és $2+3=5$), így $\mathit{XY}Z△$ derékszögű, $X$-nél a derékszöggel. Hogy az $\mathit{ABC}△$ keresett területét megkapjuk, vonjuk ki $\mathit{XY}Z△$ területéből, $\frac{1}{2}(3\cdot 4)=6$-ból az $\mathit{XCB}$, $Y\mathit{AC}$ és $\mathit{ZBA}$ egyenlő szárú háromszögek területét!

• $\mathit{XCB}△$ derékszögű, így a területe $\frac{1\cdot 1}{2}=\frac{1}{2}$.
• Hogy az $Y\mathit{AC}△$ területét megkapjuk, szükségünk van az $\mathit{AR}$ magasságra. Mivel $\mathit{RY}A△$ és $\mathit{XY}Z△$ hasonlóak, és a hasonlóság arányszáma $YA∕YZ=\frac{2}{5}$, megkapjuk, hogy $\mathit{AR}=\frac{2}{5}\mathit{ZX}=\frac{8}{5}$. Ebből $Y\mathit{AC}△$ területe $\frac{1}{2}(\frac{8}{5}\cdot 2)=\frac{8}{5}$.
• Hasonlóan kaphatjuk meg $\mathit{ZBA}△$ területét is. Felhasználva a $\mathit{SAZ}△\sim \mathit{XY}Z△$ hasonlóságot $\frac{3}{5}$ arányszámmal, $\mathit{AS}=\frac{9}{5}$, így a $\mathit{ZBA}△$ területe $\frac{1}{2}(\frac{9}{5}\cdot 3)=\frac{27}{10}$.

Végül kiszámíthatjuk a keresett területet:

Eredmény:

$300$

Könnyen belátható, hogy egy $n$-szög átlóinak száma $\frac{1}{2}n(n-3)$. Mivel 2025 páratlan, a feladat kérdésével egyenértékű, hogy a $P=n(n-3)$ szorzat mikor osztható 2025-tel. Mivel $2025=3^4\cdot 5^2$, illetve $3$ és $5$ (relatív) prímek, $P$-nek oszthatónak kell lennie $3^4=81$-gyel és $5^2=25$-tel. Vegyük észre, hogy csak az egyik tényező lehet osztható öttel, így annak kell $25$-tel is oszthatónak lennie. Ezzel szemben $n$ pontosan akkor osztható $3$-mal, ha $n-3$ is osztható $3$-mal, így mindkét tényező hozzájárul $P$ $3$-as prímtényezőihez, viszont $n$ és $n-3$ közül csak egy lehet osztható $3^k$-nal $k\ge 2$-re. Ez azt jelenti, hogy az egyik tényezőnek oszthatónak kell lennie $3^3=27$-tel.

Ha az egyik tényező lenne osztható mind $25$-tel, mind $27$-tel, legalább $25\cdot 27=675$-nek kéne lennie. Vizsgáljuk meg, hogy találunk-e ennél kisebbet, ha az egyik tényező ($m$) osztható $27$-tel, és a másik tényező ($m\pm 3$) osztható $25$-tel (így vagy $n=m$, vagy $n=m+3$). Az első feltétel alapján $m=27k$ alakban felírható valamely pozitív egész $k$-ra, és minket $k$ legkisebb értéke érdekel, amire $27k\pm 3$ osztható $25$-tel (valamelyik előjel választása esetén). Mivel $25k$ mindig osztható $25$-tel, elegendő, ha $2k\pm 3$ oszthatóságát vizsgáljuk. A legkisebb $25$-tel oszthatót $k=11$ és a pozitív előjel választása esetén kapjuk, így $m=27\cdot 11=297$ és $n=m+3=300$.

Eredmény:

$84$

Minden csúcshoz kiszámíthatjuk (1) azon (irányított) utak számát, melyek $A$-ból az adott csúcsba vezetnek, (2) azon utak számát, amelyek az adott csúcsból B-be visznek. A lenti ábrán például a jobb felső csúcsnál $3|1$ azt jelenti, hogy pontosan három út van, amely a kezdőpontnál indul és itt végződik, és innen csak egyféleképpen juthatunk a célba. Minden nyílhoz az ellentétes irányban átmenő utak száma a végpontnál levő csúcs első számának és a kezdőpontnál levő csúcs második számának a szorzata, így ha kiszámítjuk ezeket a szorzatokat, és összeadjuk minden nyílra a hozzájuk tartozó járulékot, megkapjuk a végeredményt, ami $84$.

Eredmény:

$18249$

Az összeadást ekvivalensen átalakíthatjuk:

majd tovább egyszerűsíthetjük:

Egyértelműen következik, hogy $N=1$. Ezt felhasználva $\overline{\mathit{AAA}}+\overline{\mathit{BB}}+O=2025-1111=914$, amiből $A=8$-ra jutunk. Tovább egyszerűsítve $914-888=26$, azaz $B=2$ és $O=4$. $J$ értéke tetszőleges, a már használtaktól eltérő lehet, azaz a $\mathit{NABOJ}$ kifejezés legnagyobb lehetséges értéke $18249$.

Eredmény:

$150$

Jelölje $\mathit{IN}$ azoknak a szervezőknek a számát, akik az első szavazás során igennel, a második szavazás során pedig nemmel szavaztak, és definiáljuk hasonlóan az $\mathit{II}$, $\mathit{NN}$ és $\mathit{NI}$ mennyiségeket! Ezen kívül legyen $\mathit{IX}$ a távozó szervezők száma! Ekkor a következő egyenletrendszert írhatjuk fel:

Behelyettesítve $\mathit{II}=120$-at és $\mathit{NN}=70$-et, majd átrendezve a tagokat, azt kapjuk, hogy

A második egyenletet kettővel szorozva, majd mindhárom egyenletet összeadva $3\mathit{IX}=450$, tehát $\mathit{IX}=150$, a másik két ismeretlen pedig $\mathit{IN}=5$ és $\mathit{NI}=155$.

Eredmény:

$12$

Legyen $g=\mathrm{lnko}(a,b)$! Ekkor $a=g{a}^{\prime }$és $b=g{b}^{\prime }$ valamilyen $a^{\prime }$, $b^{\prime }$ pozitív egészekre. Mivel $g\le a\le b$, a háromtagú számtani sorozat $(g,a,b)$ vagy a fordítottja; mindenesetre $a-g=b-a$, avagy $b=2a-g$. Miután ezt leosztjuk $g$-vel, $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$-et kapjuk. Az összegre vonatkozó feltételből

azaz $g{a}^{\prime }=675=3^3{5}^2$. Ennek a számnak $(3+1)\cdot (2+1)=12$ pozitív osztója van, és már csak azt kell megvizsgálnunk, hogy minden osztóhoz tartozik-e érvényes érték $a^{\prime }$-re, azaz tényleg tudunk belőle $(a,b)$ párt generálni. És valóban, ha $b^{\prime }=2a^{\prime }-1$, $g=675∕a^{\prime }$, $a=g{a}^{\prime }=675$, $b=g{b}^{\prime }$, akkor $a\le b$ is teljesül, mivel $g{a}^{\prime }\le g(2a^{\prime }-1)$ bármilyen pozitív $a^{\prime }$, $g$ egészekre, ezen felül

mivel $a^{\prime }$ és $2a^{\prime }-1$ relatív prímek minden pozitív egész $a^{\prime }$-re.

Eredmény:

$697$

Vegyük észre, hogy a megoldott feladatok halmaza teljesen meghatározott a nem megoldott feladatok halmaza által és fordítva; ezt pedig hasonlóan egyértelműen vizsgálhatjuk a verseny végén a csapat asztalán maradt feladatok halmazán keresztül, ami lehet bármilyen legfeljebb háromelemű halmaz. Tehát összesen legfeljebb

csapat versenyez.

Eredmény:

$51$

Felhasználva, hogy $(x-2)(y-2)=\mathit{xy}-2x-2y+4$, a megadott feltételeket át lehet alakítani a következőképpen:

és a mi célunk, hogy megtaláljuk $(a-2)(d-2)$-t. Mivel $b\ne 2$ és $c\ne 2$ a második egyenlet miatt, a keresett kifejezést megkaphatjuk a következő módon:

Így $2a+2d-\mathit{ad}=-(-47)+4=51$.

Eredmény:

$540^{\circ }∕7$

Mivel $\mathit{ABCDEFG}$ egy szabályos hétszög, $\mathit{AME}\sphericalangle$ derékszög és $\mathit{AE}$ az átmérője a nagyobb körnek. Ahelyett, hogy az érintők szögét meghatároznánk $X$-ben, egyenértékű, ha az érintők szögét $A$-ban vizsgáljuk, ami a két kör másik metszéspontja. Ez a szög viszont megegyezik $\mathit{BAE}\sphericalangle$-gel, ahogy a két átmérő találkozik, ugyanis az átmérők rendre merőlegesek az érintőkre. A szög nagysága, $\frac{3}{7}\cdot 180^{\circ }$ könnyen megkapható a szabályos hétszög szimmetriájából, vagy abból, ha észrevesszük, hogy az egy $\frac{3}{7}\cdot 360^{\circ }$-os középponti szöghöz tartozó kerületi szög a szabályos hétszög köréírt körében.

Eredmény:

$\frac{2^{100}\cdot (4^{100}-1)}{3}$

Egy általánosabb megfigyeléssel indítunk: bármely pozitív egész $n$-re és valós $x_1,x_2,\dots ,x_n$-ekre, ha összeadjuk ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$ összes lehetséges értékét az előjelek minden kombinációjával, az eredmény mindig

Hogy belássuk, hogy ez miért van így, fejtsük ki gondolatban ${(\pm x_1\pm x_2\pm \cdots \pm x_n)}^2$-et! Minden kifejtésben négyzetes $x_i^2$ tagok és $\pm 2x_i{x}_j$ alakú vegyes tagok lesznek, ahol $i\ne j$. Minden $x_i^2$ tag megjelenik minden lehetséges kifejtésben az előjelek választásástól függetlenül, és mivel $2^n$ lehetséges előjel-kombináció van, ezek a négyzetes tagok $2^n$-szer szerepelnek az összegben. Másrészt a $\pm 2x_i{x}_j$ vegyes tagok az esetek pontosan felében szerepelnek pozitív és a felében negatív előjellel, attól függően, hogy $x_1$-nek és $x_j$-nek azonos-e az előjele. Mivel ezek a járulékok az összes előjelkombinációra kinullázzák egymást, nem befolyásolják a végső összeget. Így a teljes összeg leegyszerűsödik $2^n$-szer a négyzetes tagok összegére, ezzel igazolva a képlet helyességét.

Esetünkben $x_k=2^{k-1}$, így a kívánt összeg

A mértani sor összegképletét felhasználva

Így a végső eredmény

Eredmény:

$56$

Nevezzük szakasznak a négyzet alakú út egy oldalát, és legyen $m=24$ és $n>m$ rendre a lassabb és gyorsabb autó sebességei! Megfigyelhetjük, hogy az, hogy a gumiszalag elszakad, csak a sebességek arányától függ, az abszolút értéküktől nem. Így legyenek $m^{\prime }$ és $n^{\prime }$ relatív prím egészek, miközben $m^{\prime }:n^{\prime }=m:n$! Azt állítjuk, hogy a szalag pontosan akkor nem szakad el, amikor $n^{\prime }-m^{\prime }$ a $4$ többszöröse.

Először vizsgáljuk azt az esetet, amikor $n^{\prime }-m^{\prime }$ nem a $4$ többszöröse! Miután a lassabb autó $m^{\prime }$ szakasznyit haladt, a négyzet egy sarkában van. Eközben a gyorsabb autó a sebességek aránya miatt $n^{\prime }$ szakasznyit haladt, és ő is egy sarokban van. Mivel $n^{\prime }-m^{\prime }$ nem osztható $4$-gyel, ezek a sarkok nem eshetnek egybe. Ha éppen szemközti sarkokban vannak, a gumiszalag azonnal elszakad. Ha szomszédos sarkokban vannak, újabb $m^{\prime }$ és $n^{\prime }$ szakasz megtétele után már szemközti sarkokban lesznek, és a gumiszalag ugyanúgy elszakad.

Most tegyük fel, hogy $n^{\prime }-m^{\prime }$ a $4$ többszöröse! Először vegyük észre, hogy az autók nem lehetnek mindketten egy sarokban, mielőtt a lassabb autó $m^{\prime }$ szakaszt megtett! Ellenkező esetben egy valamilyen $s<m^{\prime }$ egészre a gyorsabb autónak $\frac{s}{m^{\prime }}\cdot n^{\prime }$ szakaszt kéne megtennie, ami viszont nem lehet egész, mert $m^{\prime }$ és $n^{\prime }$ relatív prímek. Tehát az első alkalom, amikor mindkét autó egyszerre ér egy sarokba, az az, amikor a lassabb autó $m^{\prime }$ szakszt tett meg, a gyorsabb pedig $n^{\prime }$-t. Mivel feltettük, hogy $n^{\prime }-m^{\prime }$ a $4$ többszöröse, ez a két sarok megegyezik, azaz ugyanoda érkeznek. Ezek után a folyamat elölről kezdődik (esetleg egy másik sarokból), tehát a gumiszalag nem szakad el.

Már csak a legkisebb $n>24$-et kell megtalálnunk, ami teljesíti a fenti feltételt. Tudjuk, hogy $n^{\prime }-m^{\prime }$-nek oszthatónak kell lennie $4$-gyel. Ebben az esetben mind $m^{\prime }$ és $n^{\prime }$ páratlanok. Mivel $m^{\prime }$ osztója $m=24$-nek, a lehetséges értékei $1$ és $3$. Ha $m^{\prime }=1$, a legkisebb $n^{\prime }$, ami $m^{\prime }$-vel relatív prím, és $n^{\prime }-1$ a $4$ többszöröse, az $5$. Ekkor $n=\frac{24}{1}\cdot 5=120$. Ha $m^{\prime }=3$, a legkisebb $n^{\prime }$, ami relatív prím $m^{\prime }$-vel, miközben $n^{\prime }-3$ osztható $4$-gyel, a $7$. Ekkor $n=\frac{24}{3}\cdot 7=56$. Mivel $56$ kisebb mint $120$, arra jutottunk, hogy a legkisebb lehetséges érték $n$-re az $56$.

Eredmény:

$2^{975}+2025\cdot 2^{2999}=2^{975}\cdot \left(1+2025\cdot 2^{2024}\right)$

Jelöljük a játékosokat a $1$, $2$, $\dots$, $2025$ számokkal, és a $p$ játékos által birtokolt érmék mennyiségét $r$ kör után $m_{p,r}$-rel! Az általánosság megsértése nélkül feltehetjük, hogy az $1$-es játékos vesztette el az első kört, a $2$-es a másodikat, és így tovább. Jelölje $M=2^{3000}$ a játék végén a játékosok által birtokolt érmék számát!

Egy $p$ játékos, miután a $p$-edik kört elvesztette, minden további kör végén megduplázza az érméinek számát, amíg az a játék végére eléri az $M$ értéket; így egy tetszőleges $r\ge p$ körre az érméinek száma

Ráadásul, miközben az $r$-edik játékos elveszíti az $r$-edik kört, pontosan annyi érmét veszít, amennyi épp a többi játékosnak van, és mivel összesen $2025M$ érme van játékban,

Ezt átrendezve

Ha ebbe $r=1$-et behelyettesítjük, megkapjuk a kívánt eredményt:

Eredmény:

$\sqrt{10}$

Az a tény, hogy a végső kúp térfogata nulla, azt jelenti, hogy a három azonos palástot összeragasztva egy teljesen sík alakzatot kapunk – egy teljes kört. Ebből kifolyólag mindegyik palást egy-egy $120^{\circ }$-os középponti szögű körcikk, ha síkba kiterítjük őket. Legyen az eredeti kúp alkotójának a hossza $a$ és alapkörének sugara $r$! Ekkor a középponti szögből az következik, hogy $a=3r$. Észrevehetjük, hogy az alkotó hossza a három kúp között nem változik, még az elfajult esetben sem.

A második kúp, amit két palást összeragasztásával kaptunk, $240^{\circ }$-os középponti szöggel rendelkezik, így alapkörének sugara $2r$. A kúp térfogatába behelyettesítve

Ebből kiszámíthatjuk az eredeti kúp térfogatát: