Feladatok

Eredmény:

6, 16, 28

A dobozokra írt számok többsége osztható hárommal. Az $50$ hármas maradéka $2$, tehát az összeadandók között kell, hogy legyen legalább egy nem hárommal osztható szám. Az ilyen számok csak a $16$ és a $28$.

$16$ hármas maradéka $1$, és $28$ hármas maradéka szintén $1$, ezért csak az egyik számot használni nem elegendő, mindkettőt be kell vennünk. Az összegük $16+28=44$, aminek most már $2$ a hármas maradéka, és hogy $50$ legyen az összeg, a hiányzó harmadik szám az $50-44=6$, ami szerepel is egy dobozon. Tehát a lelökdösött dobozokra írt számok a $6$, $16$ és $28$.

Eredmény:

$21$

Öt lehetőség van arra, hogy nyolcat dobjunk három dobókockával:

A $6+1+1$ esetében a $6$-ost vagy a piros, vagy a kék, vagy a zöld kockával dobhatjuk, ezáltal három különböző lehetőségünk van. Ugyanezen logika mentén szintén három-három lehetőségünk van a $4+2+2$ és a $3+3+2$ esetében. $5+2+1$ dobásakor $3\cdot 2\cdot 1=6$ módja van a számok színes kockák közti eloszlásának, ahogy a $4+3+1$ esetén is. Tehát összesen $3\cdot 3+2\cdot 6=21$ különböző mód létezik.

Eredmény:

$12$

Legyen $a$ Ádám életkora és $c_1\le c_2\le c_3\le c_4$ a gyermekei életkora. A feladat szövegéből következik, hogy $a=c_2+c_3+c_4$ és $a+6=(c_1+6)+(c_2+6)+(c_3+6)$. Az első egyenletet a másodikba behelyettesítve megkapjuk, hogy $c_2+c_3+c_4+6=c_1+c_2+c_3+18$, amit egyszerűsíthetünk $c_4=c_1+12$ alakra. Tehát a legidősebb gyerek 12 évvel idősebb, mint a legfiatalabb.

Eredmény:

$36$

Az órát jelző szám mindenképpen kétjegyű, nem nagyobb $23$-nál, és két különböző jegyét az $1,\dots ,5$-ig tartó számokból választjuk ki; ezekkel a feltételekkel a lehetséges órajelzések $12$, $13$, $14$, $15$, $21$ és $23$. Mindegyik lehetséges óránál két számjegyet már felhasználtunk, és a három fennmaradó számjegyből kell kiválasztanunk a perceket jelölő számot; erre $3\cdot 2=6$ lehetőség van, melyek közül mindegyik lehetséges percérték. Ezek alapján mind a hat lehetséges óra hatféle pontos időt tesz lehetővé, ami összesen $6\cdot 6=36$ előfordulás.

Eredmény:

$67,5^{\circ }$

Legyen $X$ a két átló metszéspontja. Az ábrán javasolt $\mathit{CXE}\sphericalangle$ kiszámítása helyett számoljuk ki a vele megegyező $\mathit{FXG}\sphericalangle$ értékét. Ehhez elsőként figyeljük meg, hogy $\mathit{GFX}\sphericalangle =\mathit{GFC}\sphericalangle =90^{\circ }$, hiszen $\mathit{BCFG}$ egy téglalap. Továbbá, mivel $\mathit{EFG}$ egyenlő szárú háromszög és $\mathit{GFE}\sphericalangle =135^{\circ }$, tudjuk, hogy $\mathit{XGF}\sphericalangle =\mathit{EGF}\sphericalangle =22,5^{\circ }$. Tehát az $\mathit{FGX}$ háromszögből kiszámolhatjuk, hogy $\mathit{FXG}\sphericalangle =180^{\circ }-90^{\circ }-22,5^{\circ }=67,5^{\circ }$.

Eredmény:

$36$

Mivel

következik, hogy $a+b+c+d+e=80$. Ahhoz, hogy a $d$ lehető legnagyobb értékét megkapjuk, a viszonyoknak megfelelően minimalizáljuk a többi számot: a lehető legkisebb értékek $a=1$, $b=2$, $c=3$ és $e\ge d+1$. Tehát

így $2d\le 73$, és következésképp $d\le 36$ ($d$ egész szám). Az egyenlőséget az $(a,b,c,d,e)=(1,2,3,36,38)$ számokkal el is érhetjük, melyek összege $80$, és megfelelnek a sorrendbeli kitételnek. Tehát a $d$ lehető legnagyobb értéke $36$.

Eredmény:

$567$

A 9-cel való oszthatósági szabály miatt a számjegyek összege $9$ vagy $18$. Mivel páratlan számot keresünk, $6$ nem állhat az egyes helyi értéken, így a tízes vagy a százas helyi értéken kell állnia. Nem állhat a százas helyi értéken sem, mivel ekkor a számjegyek lehető legkisebb összege $6+7+8=21>18$; ezért a $6$ mindenképp a tízes helyi értéken áll. Tehát az egyes helyi értéken álló számjegy legalább $7$, így a számjegyek összege biztosan $18$, és a százas és egyes helyi értéken álló jegyek összege $12$. A lehetőségek növekvő sorrendben $(3,9)$, $(4,8)$ és $(5,7)$: az elsőt kizárhatjuk, mert a $9$-est törölve $36$-ot kapunk, ami szintén osztható $9$-cel; a másodikat azért zárjuk ki, mert páros számot eredményez; ezáltal az $(5,7)$ az egyetlen jó megoldás. Tehát a szfinx által gondolt szám $567$.

Eredmény:

$28$

A háromszögek egymásra helyezésével a satírozott hatszögön kívül kialakul három kisebb és három nagyobb egybevágó egyenlő oldalú háromszög. Legyen $\mathit{AB}=x$ és $\mathit{BC}=y$. Ekkor a nagyobb háromszög oldalhossza $2x+y=17$ és a kisebb háromszögé $x+2y=11$. A két egyenletet összeadva megkapjuk, hogy $3x+3y=28$, ami megegyezik a satírozott hatszög kerületével.

Alternatív megoldás. Szavak nélküli bizonyításhoz jutunk, ha rávetítjük a hatszög oldalait a két egyenlő oldalú háromszög egy-egy oldalára. Így a hatszög kerülete pontosan megegyezik a megadott szabályos háromszögek oldalhosszainak összegével, vagyis $17+11=28$.

Eredmény:

$242$

Esetekre bontva számoljuk meg a lehetséges ruha-összeállításokat. Annának pontosan egy pólót, egy rövidnadrágot, egy pár zoknit és egy pár cipőt kell viselnie, illetve opcionálisan egy szalagot a hajában.

Elsőként nézzük a fehér zoknis eseteket. A megadott feltételek alapján Anna csak akkor vesz fel fehér zoknit, ha minden ruhája fehér. Így ekkor a pólójának, a rövidnadrágjának és a cipőjének is fehérnek kell lennie, a szalag pedig vagy fehér, vagy nincs a hajában. Ez összesen $2$ összeállítás.

Most vegyük a nemfehér (piros vagy narancssárga) zoknis eseteket, melyekből $2$ lehetőség van. Ezekben az esetekben nincs több megszorítás. A póló színére $5$ lehetőség van, a rövidnadrágra $3$, a cipőre $2$, a szalagra pedig $4$ (semmi, fehér, fekete vagy szürke). Így a nemfehér zoknis összeállítások száma

Mindkét eshetőséget összeadva megkapjuk az összes lehetséges ruha-összeállítás számát, ami $240+2=242$.

Eredmény:

$1239$

Legyen $\overline{\mathit{ABCD}}$ a keresett szám és legyenek $A$, $B$, $C$, $D$ a számjegyei; a feltételek szerint $B=2A$ és $D=3C$. Ekkor

amit egyszerűsíthetünk $A^2+2C^2=19$-re. Mivel az egyenlet jobb oldala páratlan, $A$-nak mindenképp páratlannak kell lennie; továbbá $A$ egyjegyű és $A^2\le 19$, ami csak két lehetőséget hagy: $A\in \{1,3\}$. Ezeket az eseteket ellenőrizve megkapjuk az egyetlen működő lehetőséget, ami $A=1$, ezáltal pedig $2C^2=18$, tehát $C=3$. Így $B=2$, $D=9$, a keresett szám pedig $1239$.

Eredmény:

$16$

Elsőként vegyük észre, hogy az $\pm 1\pm 2\pm 3\pm 4\pm 5$ összeg sosem lehet nulla; ezt az bizonyítja, hogy mivel $1+2+3+4+5=15$ páratlan és bármelyik előjel megváltoztatásával páros mennyiséggel változik az összeg, így az eredmény mindig páratlan. Ha bármilyen előjeleket választunk, majd megfordítjuk őket (minden pluszt mínusszá és minden mínuszt plusszá változtatunk), az eredmény pozitívról negatívra változik vagy fordítva, ezzel a pozitív és negatív végösszegeket hiba nélkül párokba rendezve. Az öt doboz mindegyikébe egymástól függetlenül beírhatunk pluszjelet vagy mínuszjelet, $2$ lehetőséget adva ezzel mindegyik dobozra, azaz összesen $2^5=32$ előjelválasztási lehetőségünk van. Mivel nincs nullát eredményező összeállítás, a lehetőségeknek pontosan a fele eredményez pozitív összeget, így Alíz $16$ esetben juthat pozitív eredményre.

Eredmény:

$619$

Mivel mindhárom szám első számjegye ugyanaz, $A$-ra teljesülnie kell $3A\le 20$-nak és $3A\ge 18$-nak, hiszen nem lehet kettőnél nagyobb maradék három számjegy összeadásakor. Ezáltal $A=6$. Ebből következik, hogy az egyes helyi értéken álló $B$ és $C$ összege $10$. Így $1$ a maradék, amit az egyes helyi értékről átviszünk a tízesekhez. Tehát szükségszerűen $C=9$, ebből pedig következik, hogy $B=1$. Vagyis $\mathit{ABC}=619$.

Eredmény:

$\frac{53}{3}=17\frac{2}{3}$

Mivel a négyzet területe $4$, mind a négy téglalap területe $1$. Ebből egyértelműen következik, hogy a jobb oldali téglalap szélessége $\frac{1}{2}$, ezáltal a bal alsó téglalap szélessége $2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$, a magassága pedig $1∕\frac{3}{2}=\frac{2}{3}$. Következésképp a két fennmaradó téglalap megegyező magassága $2-\frac{2}{3}=\frac{4}{3}$. A négy kerület összegéhez vegyük a külső négyzet kerületét, ami $4\cdot 2=8$, és adjuk hozzá a belső oldalhosszak dupláját, hiszen ezek mindegyike két téglalaphoz tartozik. A belső oldalhosszak $2$, $\frac{3}{2}$ és $\frac{4}{3}$, kétszeres összegük pedig $2\cdot \left(2+\frac{3}{2}+\frac{4}{3}\right)=\frac{29}{3}$. Tehát a kerületek keresett összege $8+\frac{29}{3}=\frac{53}{3}$.

Eredmény:

$12158$

A $2026$ egyszeri leírása után a számjegyek összege $10$. Az első leírás után mindegyik páros blokk a $202$ számjegyeket adja a számsorhoz, ami $4$-gyel növeli a számjegyek összegét, a páratlan blokkok pedig a $026$ számjegyeket adják hozzá, $8$-cal növelve az összeget.

Ezáltal az első számot követően minden két blokk hozzáadása után $12$-vel nő a számjegyek összege, ez pedig $1012$-szer történik meg ($1+2\cdot 1012=2025$). A végére marad a 2026. blokk, ami páros számú, tehát $4$-gyel növeli az összeget. Végül a számjegyek összege $10+1012\cdot 12+4=12158$.

Eredmény:

$14:00$ = délután $2$ óra

Mivel egy nap $24$ órából áll, az idő $24$ óránként ismétlődik. Emiatt elég megkeresnünk a maradékot, ha $N=260320261998$-at elosztjuk $24$-gyel. Ezt írásbeli osztással is megtehetjük, de egyszerűbb kiszámolni a maradékokat külön $3$-mal és $8$-cal való osztás esetén, majd kombinálni a két eredményt.

Mivel $N$ számjegyeinek összege osztható $3$-mal, maga $N$ is osztható $3$-mal. A $8$-cal való osztásnál az utolsó három jegyből álló szám maradékát kell megnéznünk; ez a szám itt $998$, így nyolccal osztva $6$ maradékot ad. Tehát a $24$-gyel való osztáskor kapott maradék egy $24$-nél kisebb szám, ami osztható $3$-mal és $6$ maradékot ad $8$-cal való osztás esetén; erre az egyetlen lehetőség a $6$.

Ezáltal $N$ óra elteltével az óra ugyanannyival fog előrébb állni, mint $6$ óra elteltével. Reggel $8:00$-tól számolva $6$ órával később $14:00$ (vagyis délután $2$ óra) van.

Eredmény:

$16$

Legelsőként kizárólag az $F$ jelölésű szőlőszemet ehetjük meg, ami után megmarad az $A,B,C,D$ és $E$ szőlőszem.

Ekkor választhatunk a $D$ és $E$ szőlőszemek közül. A két eset egyértelműen szimmetrikus, úgyhogy kezdjük az $E$-vel, ami után megmarad az $A,B,C$ és $D$ szőlőszem. Ezután megehetjük a $C$-t vagy a $D$-t:

• Ha a $C$-t választjuk, utána meg kell ennünk a $D$-t, ezután pedig vagy $A$-t vagy $B$-t ($2$ lehetőség)
• Ha a $D$-t választjuk, utána megehetjük az $A,B,C$ szőlőszemek bármelyikét, majd a maradék kettőt bármilyen sorrendben ($3\cdot 2$ lehetőség)

Tehát minden esetben $F$-el kezdünk, majd választunk $D$ és $E$ közül, utána pedig $2+6=8$ különféle lehetőségünk van. Így összesen $1\cdot 2\cdot 8=16$-féleképpen ehetjük meg a szőlőszemeket.

Eredmény:

$12$

Az $x$ biztosan $2^a\cdot 3^b\cdot 5^c\cdot 7^d$ alakú (más prímszám nem szerepelhet benne, mert akkor benne lenne a legkisebb közös többszörösökben is). Az első feltétel alapján $a=6$, $b\le 3$, $c\le 4$ és $d\le 2$, míg a második feltétel alapján $a\le 8$, $b\le 4$, $c\le 3$ és $d=2$. Ebből következik, hogy $\mathrm{lnko}(x,2^2\cdot 3^4\cdot 5^2\cdot 7^3)$ prímtényezőkre való osztásában a $2$ kitevője pontosan $2$, a $3$ kitevője bármelyik szám lehet $0$ és $3$ között, az $5$ kitevője bármelyik szám lehet $0$ és $2$ között, a $7$ kitevője pedig pontosan $2$. Következésképp összesen $4\cdot 3=12$ ilyen szám létezik.

Eredmény:

$71^{\circ }$

A pótszögeket megkeresve a jobb két csúcsnál arra jutunk, hogy a megadott belső pont a téglalap két függőleges oldalának közös oldalfelező merőlegesén helyezkedik el. Ezáltal az egész ábra szimmetrikus erre a felezővonalra. Következésképp a keresett szög $90^{\circ }-19^{\circ }=71^{\circ }$.

Eredmény:

$1078$

Legyen $o$ az olcsó gyöngyszemek száma és $a$ az (egészben kifejezett) áruk forintban. Ekkor $\mathit{oa}=459$ és mivel összesen $100$ gyöngyszem van, amiből több az olcsó, mint a drága, tudjuk, hogy $50<o<100$. Mivel a gyöngyök ára egész szám, $o$ biztosan osztója $459=3^3\cdot 17$-nek, szigorúan $50$ és $100$ között, és az egyetlen ilyen osztó $o=51$. Tehát $a=459∕51=9$ és minden drágább gyöngyszem ára $a+13=22$ forint. A drága gyöngyök száma $100-51=49$, így Zsuzsi $49\cdot 22=1078$ forintot fizetett a drága gyöngyökért.

Eredmény:

$1$

Összesen $10$ különféle betű van ($M$, $A$, $T$, $H$, $N$, $B$, $O$, $J$, $G$, $E$), úgyhogy a $0$–$9$ számjegyeket mind pontosan egyszer használjuk fel, tehát valamelyik betű $0$-nak felel meg. Ebből következik, hogy az egyenlet mindkét oldalának értéke szükségszerűen $0$. A $0$ mindkét oldalon előfordul úgy, hogy nem szerepel a tört nevezőjében, és az egyetlen ilyen betű az $M$, úgyhogy $M=0$. Tehát $M\cdot A\cdot N\cdot G\cdot O=0$ attól függetlenül, hogy milyen értékűek a fennmaradó betűk, vagyis a szorzat pontosan egy értéket vehet fel.

Eredmény:

$24$

Legyen $H$ a hajó pozíciója, $A$ és $B$ a két szélső világítótorony, $K$ pedig a középső torony. Mivel $\mathit{KH}=\mathit{KA}=\mathit{KB}=13,$ az $A,B$ és $H$ pontok mind egy köríven helyezkednek el, melynek középpontja $K$. Továbbá az $\mathit{AB}$ szakasz a kör átmérője. A Thalész-tétel alapján az $\mathit{ABH}$ háromszög $H$-nál derékszögű. Mivel $\mathit{AB}=\mathit{KA}+\mathit{KB}=26$ és $\mathit{AH}=10$, a Pitagorasz-tétellel megkapjuk, hogy

Tehát a hajó és a másik szélső világítótorony közti távolság $24$ km.

Eredmény:

$81$

A megadott feltételek mellett a piramis színeit teljes mértékben az alsó sor színei határozzák meg, mivel az alsó sor mindegyik színösszeállítását pontosan egyféleképp tudjuk kiegészíteni a piramis többi sorában. Mivel minden építőelem színére három lehetőség van, összesen $3^4=81$ színösszeállítás lehetséges.

Eredmény:

$93$

Legyen $n$ olyan pozitív egész szám, amire létezik a feladat szövegében leírt elrendezés. Ekkor az $1$-es szám párja $n+1$ (innentől kezdve az egymással szemközti csúcsokat nevezzük párnak). Ezután $2$ párja biztosan $n+2$, és így tovább, láthatjuk, hogy $k$ szám párja $n+k$ minden $k=1,2,\dots ,n$ szám esetében, így pedig $n$ párja $2n$.

Láthatjuk, hogy az $\{1,2,\dots ,2n\}$ számblokk minden tagjának a párját ugyanebből a blokkból választjuk ki, és ez a blokk elkülönül a fennmaradó $\{2n+1,\dots ,100\}$ számoktól. Ha $2n=100$, akkor a folyamatnak vége, máskülönben pedig folytatjuk ugyanezt a párosítási folyamatot $2n+1$-től kezdődően, aminek a párja $3n+1$ és így tovább.

Idővel az $\{1,2,\dots ,100\}$ számsor felosztódik $2n$ hosszúságú elkülönülő blokkokra. Ez akkor és csak akkor lehetséges, ha $100$ osztható $2n$-nel, vagyis akkor és csak akkor, ha $n$ pozitív osztója $50$-nek.

Könnyen láthatjuk, hogy ez az összeállítás lehetséges párosítást eredményez minden ilyen osztóval (és a fentiek szerint $\frac{100}{2n}$ hosszúságú blokkokat képez). Tehát a válasz az $50$ összes pozitív osztójának összege, ami

Eredmény:

${\displaystyle \frac{6}{5}}=1,2$

A szürke háromszög hasonló a nagyobb derékszögű háromszöghöz, és a legrövidebb oldalának hossza $13-12=1$, mivel mindkettő háromszög derékszögű és van még egy közös szögük (az ábrán a legfelső csúcsban).

Ezáltal a két derékszögű háromszög közti méretarány $1:5$, és a szürke háromszög másik befogója $\frac{12}{5}$ hosszúságú. Következésképp a keresett terület

Eredmény:

7, 14

Legyenek a törpék által választott számok $a_1,a_2,\dots ,a_7$. Elsőként vegyük észre, hogy a hatodik vagy a hetedik törpe hazudik.

Ha a hetedik törpe igazat mondana, akkor $a_7=a_1+\cdots +a_6$, így a teljes összegre igaz, hogy $a_1+\cdots +a_7=2a_7=46$, tehát $a_7=\frac{46}{2}=23$. Ha a hatodik törpe szintén igazat mondana, akkor hasonlóképp $a_6=a_1+\cdots +a_5$, tehát $a_7=a_1+\cdots +a_6=2a_6$, amiből következne, hogy $a_6=\frac{23}{2}$, viszont ez nem lehetséges, hiszen $a_6$-nak egész számnak kell lennie. Tehát ebben az esetben mindenképp a hatodik törpének kell hazudnia.

Így ha az első öt állítás igaz, akkor azt kapjuk, hogy

tehát $a_1+\cdots +a_5=16a_1$. Továbbá $a_6$ és $a_7$ közül az egyik (az, amelyik igazmondó törpéhez tartozik) nagyobb vagy egyenlő $a_1+\cdots +a_5=16a_1$-gyel, vagyis

Mivel a számok összege $46$, következik, hogy $32a_1\le 46$, tehát $a_1=1$ ($a_1$ pozitív egész szám), és következésképp $a_2=1$, $a_3=2$, $a_4=4$, illetve $a_5=8$. Ezekből megkapjuk, hogy $a_1+\cdots +a_5=16$.

Most nézzük meg a két utolsó törpét. Ha a hatodik törpe mondott igazat, akkor $a_6=16$, szóval hogy megkapjuk a $46$ összeget, szükségszerűen $a_7=46-(16+16)=14$. Ha viszont a hatodik törpe hazudott, akkor a hetediknek kellett igazat mondania és $a_7=a_1+\cdots +a_6=16+a_6$. A korábbi számítások alapján ebben az esetben $a_7=23$, amiből következik, hogy $a_6=7$.

Mindkét konfiguráció esetén teljesül, hogy pontosan az egyik törpe hazudik, tehát az összes olyan szám, amit a hazug törpe választhatott, $7$ vagy $14$.

Eredmény:

$1708$

Két kiválasztott csatorna különbsége pontosan akkor páratlan, ha ellentétes paritásúak. A közvetlen megszámolás helyett a nem megfelelő esetekkel számolunk: kivonjuk a páratlan különbséget nem tartalmazó csatornacsoportokat az összes lehetséges esetből.

Egy hat csatornából álló halmaz pontosan akkor nem tartalmaz páratlan különbségeket, ha mindegyik csatornapár között páros a különbség, ami csak akkor fordul elő, ha mind a hat csatorna egyforma paritású. Az $\{1,2,\dots ,13\}$ halmazban hét páratlan és hat páros csatorna van, így a csak páros vagy csak páratlan számokat tartalmazó hatos csoportok száma $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{7}{6}\right)+\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{6}{6}\right)=8$.

Mivel összesen $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{13}{6}\right)=1716$-féle lehetőség van hat csatorna kiválasztására, a legalább egy páratlan különbséget tartalmazó hatos csoportok száma $1716-8=1708$.

Eredmény:

$36$

Mivel $N$-nek hét különböző nemnulla számjegye van, legalább egy páros közülük, tehát $N$ is páros. Ha az $5$ szerepelne a számjegyei közt, akkor az öttel való oszthatóság szabálya miatt $N$-nek $0$-ra kellene végződnie, ami ellentmond annak a kitételnek, hogy egyik számjegye sem nulla; tehát $5$-öt kizárhatjuk. Ezáltal $N$ hét számjegyet tartalmaz az $\{1,2,3,4,6,7,8,9\}$ halmazból, tehát pontosan egy jegy marad ki a halmazból. A $9$ nem maradhat ki: ha $9$ nem szerepelne a számjegyek közt, a számjegyek halmaza $\{1,2,3,4,6,7,8\}$ lenne, melyek összege $31$, tehát $N$ nem felelne meg a hárommal való oszthatóság szabályának, holott benne van a $3$, ami ellenmondásos. Így $9$-nek mindenképp $N$ jegyei közt kell lennie, vagyis $N$-nek (és a jegyei összegének) oszthatónak kell lennie kilenccel, és mivel $1+2+3+4+6+7+8+9=40$, a $4$-et kell kihagynunk, hogy a számjegyek összege $36$ legyen, ami az egyetlen lehetséges többszöröse $9$-nek. Egy példa a lehetséges $N$ számok közül $N=9867312$.

Eredmény:

$\frac{8}{9}$

Egy $a$ élhosszúságú szabályos oktaéder térfogata $k{a}^3$ valamely $k$ állandóra (nem nehéz bizonyítani, hogy $k=\sqrt{2}∕3$, de erre nincs szükség a megoldáshoz). A csonkított oktaéderhez levágunk egy $a∕3$ élhosszúságú féloktaédert (négyzetalapú piramist) az oktaéder mind a $6$ csúcsából. A levágott térfogat megegyezik három, egyenként $\frac{a}{3}$ élhosszúságú oktaéderével. Tehát a teljes eltávolított térfogat $3\cdot k{\left(\frac{a}{3}\right)}^3=k{a}^3∕9$. Következésképp a csonkított oktaéder térfogata az eredeti oktaéderéhez képest

Eredmény:

$\pm 1$, $\pm 2$

Legyen $a=2^x+2^{-x}$. Ekkor $4^x+4^{-x}=a^2-2$. Ezt az egyenletbe behelyettesítve megkapjuk, hogy

amit

alakra egyszerűsíthetünk. Ezt a másodfokú egyenletet megoldva arra jutunk, hogy

melynek megoldásai $a_1=\frac{17}{4}$ és $a_2=\frac{5}{2}.$

Az első esetben

amiből következik, hogy $2^x=4$ vagy $2^x=\frac{1}{4}$, tehát $x=2$ vagy $x=-2$. A második esetben

amiből következik, hogy $2^x=2$ vagy $2^x=\frac{1}{2}$, vagyis $x=1$ vagy $x=-1$. Tehát az eredeti egyenlet megoldásai $x=\pm 1,\pm 2$.

Eredmény:

$28$

Színezzük be úgy a nyolc csúcson található városokat kétféle színnel, mintha egy 3D-s sakktábla lenne, hogy az összes vasúti szakasz (akár a kocka élén halad át, akár alagútban) az egyik színű városból a másik színűbe halad. Mivel a turista egyik színű városból indul és pontosan öt vasúti szakaszon áthaladva kell eljutnia a szomszédos, másik színű városba, az útvonalnak váltakozó színű városokat kell érintenie, és a két végpont között pontosan két-két köztes várost kell érintenie mindkét színből úgy, hogy minden érintett város különbözik. Továbbá a jelenlegi alagutas felállásban minden különböző színű várospár közvetlenül kapcsolódik egymáshoz egy vasúti szakasszal.

Először számoljuk meg az összes $5$ szakasz hosszúságú útvonalat, figyelmen kívül hagyva az alagutas feltételt. Mindegyik útvonal felírható

alakban, ahol $m_1$ és $m_2$ a $B$-vel megegyező színű különböző városok, míg $e_2$ és $e_3$ az $A$-val megegyező színű különböző városok. Összesen $3\cdot 2$ módon tudjuk kiválasztani a $B$-vel megegyező színű másik három város közül az $(m_1,m_2)$ rendezett párt, és $3\cdot 2$-féleképp tudjuk kiválasztani az $A$-val megegyező színű másik három város közül az $(e_2,e_3)$ rendezett párt. Tehát összesen $(3\cdot 2)\cdot (3\cdot 2)=36$-féle $5$ szakasz hosszúságú útvonal létezik.

Vonjuk ki ebből azokat az útvonalakat, amelyek nem haladnak át alagúton, vagyis azokat, amik kizárólag éleken haladó vasúti szakaszokon haladnak. Az első lépés nem mehet közvetlenül $B$-be, úgyhogy csupán kétféle első lépés létezik. Ebből a kettőből egyenként pontosan $4$ módon lehet befejezni csak élszakaszokkal az $5$ szakasz hosszúságú útvonalat, vagyis összesen $2\cdot 4=8$ csak éleken haladó útvonal létezik.

Tehát azoknak az $5$ szakasz hosszúságú útvonalaknak a száma, amelyek legalább egy alagúton áthaladnak, $36-8=28$.

Eredmény:

$63$

Legyen az egyenként kapott szavazatok száma $a,b,c$ és $d$. Ezek nemnegatív egész számok, amelyekre teljesül, hogy

Ha hozzáadjuk $c$-t a harmadik egyenlőtlenség mindkét oldalához, megkapjuk, hogy

Tehát $c=790$, amiből következik, hogy

Ha behelyettesítjük $b$-t, megkapjuk, hogy

Mivel $d<800$, továbbá $d>c=790$, tudjuk, hogy $791\le d\le 799$. Vagyis

A megadott intervallumban az egyetlen $7$-tel osztható szám $441=7\cdot 63$. Ezáltal a megoldás $a=63$, amivel kiszámolhatjuk, hogy $b=378$, $c=790$, $d=795$, és a feladatban megadott feltételek mind teljesülnek is.

Eredmény:

12/7

Legyen $a$ az $\mathit{EFGH}$ négyzet oldalhossza és $b$ a $\mathit{KGIJ}$ négyzeté. A feladat szövegéből következik, hogy $7=\mathit{AD}=\mathit{JK}+\mathit{HE}=a+b$ és $1=\mathit{HK}=\mathit{HG}-\mathit{KG}=a-b$. Ennek az egyenletrendszernek a megoldása $a=4$ és $b=3$.

A három négyzet középpontján áthaladó egyenes mindhárom négyzetet két egyforma részre osztja, tehát az $\mathit{FBCI}$ téglalap területét a következőképp számolhatjuk ki:

Az $\mathit{FBCI}$ téglalap területét ugyancsak megadja az $\mathit{FB}\cdot (a+b)$ szorzat, és ebből a két egyenlőségből megkapjuk, hogy $\mathit{FB}=\frac{\mathit{ab}}{a+b}=\frac{12}{7}$.

Eredmény:

$10010$

Legyen a kezdeti $n$ darab szám összege $S$. Ekkor

Ezeket az egyenleteket a következőképpen egyszerűsíthetjük:

Ha kivonjuk az egyik egyenletet a másikból és tudjuk, hogy $n$ nem lehet nulla, akkor

Tehát $S=2032n-6n^2=10010$.

Eredmény:

$80$

$n$ ugrás után a bolha

fokot járt be. A legkisebb olyan $n$-t keressük, amire ez a szám $360$ többszöröse; magyarán azt szeretnénk, hogy $n(n+1)$ többszöröse legyen $720=16\cdot 9\cdot 5$-nek. A szorzat mindhárom tagjának $n$ vagy $n+1$ osztójának kell lennie, hiszen bármelyik két szomszédos szám egymás relatív prímje. Nézzük meg a legnagyobb tag, $16$ többszöröseit – ekkor az $n$-re lehetséges számok: $15$, $16$, $31$, $32$, $47$, $48$, $63$, $64$, $79$ és végül $80$, ami maga osztható $5$-tel, és $n+1=81$ osztható $9$-cel. Következésképp az ugrások keresett száma $80$.

Eredmény:

$768$

Mivel négy tanoncot kell kiválasztaniuk és mindegyik szövetségnek legalább egy tanoncot kell küldenie, a tanoncoknak a szövetségek közti eloszlása $(2,1,1)$ valamilyen sorrendben. Hasonlóképp négy mestert kell kiválasztaniuk és mindegyik szövetségnek legalább egy mestert kell küldenie, így a mesterek eloszlása szintén $(2,1,1)$.

Két eset lehetséges.

Az első esetben ugyanaz a szövetség küld két tanoncot és két mestert; legyen ez a szövetség $X$. Három különböző lehetőség van $X$-re, és a maradék két szövetségből $2\cdot 2=4$ módon választhatják ki a tanoncokat, és a mestereket is ugyanúgy $2\cdot 2=4$ módon választhatják ki.

Minden kiválasztásnál az $X$ szövetségből jövő tanoncokat a másik két szövetségből jövő mesterekkel kell összepárosítani, amit $2$-féleképp tehetünk meg. Ha ezt a párosítást véglegesítjük, a maradék két tanoncot az $X$ szövetségből jövő mesterekkel kell összepárosítani, amit ugyancsak $2$-féleképp tehetünk meg. Ezáltal ebben az esetben $2\cdot 2=4$ lehetséges mód van a mesterek és tanoncok összepárosítására. Tehát ez az eset $3\cdot 4\cdot 4\cdot 4=192$-féle párosítást tesz lehetővé.

A második esetben az egyik szövetség ($X$) küld két tanoncot, míg egy másik ($Y$) küld két mestert. Három lehetőség van $X$-re és a választás után két lehetőség van $Y$-ra. A maradék két tanoncot a másik két szövetségből választhatjuk ki $2\cdot 2=4$ módon, és ugyanígy tudjuk kiválasztani a fennmaradó két mestert. Bármelyik kiválasztáskor összesen $3\cdot 2=6$ módon tudjuk összepárosítani a mester–tanítvány párokat: a két $X$-ből küldött tanítvány párosulhat a három lehetséges mester bármelyikével, és ennek a két párosnak az összeállítása után már csak egyféleképp alakulhatnak ki a fennmaradó párok. Tehát ebben az esetben $3\cdot 2\cdot 4\cdot 4\cdot 6=576$-féle párosítás lehetséges.

A két esetet összeadva $192+576=768$ lehetséges harcos felállást kapunk.

Eredmény:

$3\sqrt[3]{2}$

Vegyük észre, hogy

Továbbá

Tehát

Eredmény:

$38^{\circ }$

Az $\mathit{ADB}$ és $\mathit{ACB}$ szögek egyformák, mivel ugyanahhoz a szakaszhoz tartozó kerületi szögek. Ezért

Tehát $\mathit{CX}$ az $\mathit{ACB}\sphericalangle$ szögfelezője, és ugyanakkor $X$ az $\mathit{ABC}△$ három belső szögfelezőjének metszéspontja (vagyis az $\mathit{ABC}$ háromszög beírt körének középpontja).

Számoljuk ki a keresett szöget:

ahol felhasználtuk, hogy $\mathit{BAC}\sphericalangle =\mathit{BDC}\sphericalangle$, ami (a legelső szögegyenlőség analógiájára) abból következik, hogy a két szög ugyanannak a szakasznak a kerületi szöge.

Eredmény:

$29$

Legyen $n_1$ és $g_1$ a neuronok és gliasejtek száma az egyik féltekén, míg $n_2$ és $g_2$ a másikon. Tudjuk, hogy $n_1{n}_2=168$, $g_1{g}_2=48$ és $n_1{g}_2+n_2{g}_1=191$. Ezért

úgyhogy mivel mindkét féltekén mindkét sejttípusból legalább egy található, az általánosság elvesztése nélkül kimondhatjuk, hogy $n_1+g_1=11$. Hasonlóképp

ami azzal együtt, hogy $n_1$ osztója $168$-nak és $g_1$ osztója $48$-nak, arra vezet, hogy $n_1=8$, $g_1=3$, vagyis $n_2=168∕8=21$ és a neuronok száma összesen $n_1+n_2=29$.

Alternatív megoldás. Használjuk ugyanazokat az elnevezéseket, mint az előző megoldásban. Az $n_1{g}_2+n_2{g}_1$ szám páratlan, úgyhogy az összeadás egyik tagja páratlan; az általánosság elvesztése nélkül feltételezzük, hogy $n_1{g}_2$ páratlan. Ebből következik, hogy $n_1$ és $g_2$ is páratlan. Ugyanakkor mivel $168=2^3\cdot 21$ és $48=2^4\cdot 3$, $n_2$ biztosan osztható $2^3$-nal és $g_1$ osztható $2^4$-nel. Ezáltal $n_2{g}_1$ többszöröse $2^3\cdot 2^4=2^7=128$-nak, és mivel kisebb, mint $191$, biztosan egyenlő $128$-cal, valamint $n_2=2^3=8$ (és $g_1=2^4$). Következésképp $n_1=168∕8=21$, és a válasz könnyen megkapható.

Eredmény:

$75$

Mivel Ágnesnek csak öt triminója van, az útvonal egyszer sem haladhat lefelé vagy balra: bármely visszafelé haladó lépéssel elvesztegetnénk a cél felé megtehető távot, amit öt triminóval nem tudunk behozni. Ezért ahogy az útvonal halad, a végpontja mindig fölfelé és/vagy jobbra halad. Az útvonalakat úgy számoljuk, hogy megtöltjük a $7\times 9$-es táblát: mindegyik cellába beírjuk azoknak a triminó-útvonalaknak a darabszámát, amiknek a jelenlegi végpontja (az utolsó triminó végső szabadon álló négyzete) abban az adott cellában van.

Miután lehelyezzük az első triminót a bal alsó sarokba, a végpontja pontosan két cellányira helyezkedik el a saroktól: vagy kettővel jobbra (ha az első triminó vízszintes), vagy kettővel följebb (ha az első triminó függőleges). Így $1$-es értéket írunk a $(0,2)$ és a $(2,0)$ cellákba (a koordinátákat a bal alsó sarokból számoljuk).

Töltsük ki a tábla többi részét bal alulról haladva a jobb felső sarok felé. Ahhoz, hogy meghatározzuk egy $(x,y)$ cellába írt értéket, vegyük sorra, hogy milyen módokon végződhet ott egy triminó. Egy $(x,y)$-ban végződő triminó lehet függőleges vagy vízszintes, és bármelyik esetben a másik végpontjával kell csatlakoznia az előző triminóhoz. Ez négyféle megelőző végpontot tesz lehetővé: $(x,y-3)$-at és $(x-1,y-2)$-t a függőleges esetben, valamint $(x-3,y)$-t és $(x-2,y-1)$-et a vízszintes esetben. Ezek mindegyikéhez tartozik egy érvényes mód, amivel egy meglévő útvonalat egy triminóval meghosszabbíthatunk. Tehát az $(x,y)$-ba írt érték megegyezik az

cellákba már beírt értékek összegével, ahol bármely a táblán kívül eső cella értéke $0$.

Miután kitöltjük az összes cellát ezen a módon, a jobb felső sarokba beírt $75$ pontosan megfelel a bal alsó sarokból a jobb felső sarokig lehelyezhető érvényes triminó-útvonalak számának.

Alternatív megoldás. Helyezzük le az öt triminót a bal alsó $(0,0)$ cellából indulva a következő „csontvázszerű" módon: az egymást követő triminók csak sarkosan találkoznak (végpont-sarok találkozik végpont-sarokkal). Az összes triminó vagy $(+1,+3)$-mal viszi előrébb az útvonal végpontját („fölfelé" triminó) vagy $(+3,+1)$-gyel („jobbra" triminó). Öt triminó után az útvonal végpontja $(x,y)$, ahol $x+y=20$. Ha $F$ a fölfelé triminók száma és $J$ a jobbra triminóké, akkor $F+J=5$ és $(x,y)=(F+3J,3F+J)$.

Ahhoz, hogy a sarkosan találkozó láncot érvényes útvonallá tegyük, ahol az egymást követő triminók élükkel találkoznak, „megjavítjuk" a négy találkozási pontot az egymás utáni triminók között. Legyen az $i$-edik találkozási pont az $i$ és $i+1$ triminók közti találkozás; mindegyik találkozási pontnál kétféle mozgatás közül választunk: vagy eggyel balra toljuk el az egész $i+1,i+2,\dots 5$ triminó-sort, vagy eggyel lefelé. Ezzel biztosítjuk, hogy az $i$ és $i+1$ triminók egy egész élben találkoznak és nem csak sarkosan.

Legyen $b$ az összes olyan találkozási pont száma, ahol balra toltuk a láncot, és legyen $\ell$ az összes olyan találkozási pont száma, ahol lefelé toltuk a láncot. Mivel pontosan $4$ találkozási pont van, $b+\ell =4$. Mind a négy eltolást követően a csontvázszerű lánc $(x,y)$ végpontja átkerül $(x-b,y-\ell )$-be. Ahhoz, hogy érvényes útvonalunk legyen $(0,0)$-ból a jobb felső $(9,7)$ cellába, erre a kialakult végpontra teljesülnie kell az $(x-b,y-\ell )=(9,7)$ egyenlőségnek.

Most nézzük meg mind a hat $(F,J)$ esetet:

• $(5,0)$: $(x,y)=(5,15)$ nem juthat el $(9,7)$-be négy bal/lefele irányú eltolással.
• $(4,1)$: $(x,y)=(7,13)$ ugyancsak nem vezet érvényes megoldáshoz.
• $(3,2)$: $(x,y)=(9,11)$-ben szükségszerűen $b=0$, $\ell =4$ (minden eltolást lefelé végzünk el). Összesen $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{3}\right)=10$ csontvázszerű lánc van és csak egyféle javítási módszer, tehát $10$ érvényes útvonal.
• $(2,3)$: $(x,y)=(11,9)$-ben szükségszerűen $b=2$, $\ell =2$. Itt is $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{2}\right)=10$ csontvázszerű láncunk van és $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{4}{2}\right)=6$ módon tudjuk kiválasztani a balra történő eltolásokat (a többi eltolás lefelé történik), ezáltal $10\cdot 6=60$ érvényes útvonalat alkotva.
• $(1,4)$: $(x,y)=(13,7)$-ben szükségszerűen $b=4$, $\ell =0$ (minden eltolást balra végzünk el). Ebben az esetben $\left(\genfrac{}{}{0.0pt}{}{5}{1}\right)=5$ csontvázszerű lánc van és csak egyféle javítási módszer, tehát $5$ érvényes útvonal.
• $(0,5)$: $(x,y)=(15,5)$ sem vezet érvényes megoldáshoz.

Tehát az érvényes útvonalak száma összesen $10+60+5=75$.

Eredmény:

$507$

Legyen $X=\frac{a^2}{a+2b}+\frac{b^2}{b+2c}+\frac{c^2}{c+2d}+\frac{d^2}{d+2a}=2026$ és $Y=\frac{b^2}{a+2b}+\frac{c^2}{b+2c}+\frac{d^2}{c+2d}+\frac{a^2}{d+2a}$.

Mivel $a+2b$ szerepel a nevezőben, megpróbálhatunk egyszerűsíteni az $(a+2b)(a-2b)=a^2-4b^2$ nevezetes azonosság számlálóba hozásával, és hasonlóképp a többi tört esetében. Ekkor

Ebből megkapjuk, hogy $X-4Y=-2$, tehát $Y=\frac{1}{4}(X+2)=\frac{2026+2}{4}=507$.

Eredmény:

$2+\sqrt{2}$

Legyen $C_1$ és $C_2$ a két labda középpontja, és legyen $d$ a két középpont vízszintes távolsága, vagyis a $C_1{C}_2$ szakasznak a doboz tetejére vagy aljára rávetített hossza. Az elrendezést felülről nézve kapunk egy $3$ egység oldalhosszúságú négyzetet, ahol $C_1$ két szomszédos oldaltól $1$ távolságra van, míg $C_2$ a másik két szomszédos oldaltól van $1$ távolságra.

Tehát ebből a felső nézetből a $C_1$ és $C_2$ vetületei egy $1$ oldalhosszúságú négyzet átellenes csúcsaiban vannak, ezáltal $d=\sqrt{2}$.

Ezután vizsgáljuk meg a $C_1$ és $C_2$ pontokon áthaladó függőleges keresztmetszeti nézetet. Ez a sík a dobozból egy olyan téglalapot metsz, aminek a magassága a keresett $a$ érték, és a $C_1{C}_2$ szakasz erre a síkra esik. Legyen $x$ a $C_1$ és $C_2$ pontok közti függőleges távolság.

Mivel a két labda egymást érinti és mindkettő $1$ egység sugarú, a középpontjuk közötti távolság $C_1{C}_2=2$. A $d$ vízszintes befogójú és $x$ függőleges befogójú derékszögű háromszögben tudjuk, hogy $C_1{C}_2^2=d^2+x^2$, tehát $x=\sqrt{2^2-d^2}=\sqrt{2}$.

Végül pedig, mivel az egyik labda a doboz alsó oldalát érinti, a másik labda pedig a tetejét, a doboz magasságát megkapjuk az egyik labda sugarának, a két középpont közti függőleges távolságnak és a másik labda sugarának összegéből: $a=1+x+1=2+\sqrt{2}$.

Eredmény:

$259200$

Mivel $0+1\cdots +9=45$ páratlan, egy páratlan számot kihagyva páros összeget kapunk az egész táblázatban, és ezáltal az összes sorban és oszlopban páros összegnek kell lennie. Ezt $4$ páratlan és $5$ páros számmal csak úgy tudjuk megoldani, ha pontosan egy sor és egy oszlop (5 cella) tartalmazza az összes páros számot. Ezáltal megszámolhatjuk az összes ilyen táblázat-összeállítást, ha kiválasztjuk a kihagyni kívánt páratlan számjegyet ($5$ lehetőség), majd kiválasztjuk a csak párosokat tartalmazó sort és oszlopot ($3\cdot 3=9$ lehetőség), ezután tetszőleges sorrendben elhelyezzük a páratlan számokat ($4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=24$ lehetőség), végül pedig bármilyen sorrendben elhelyezzük a páros számokat ($5\cdot 4\cdot 3\cdot 2\cdot 1=120$ lehetőség).

Hasonlóképp, ha egy páros számot hagyunk ki, akkor mindhárom sort és oszlopot összeadva páratlan számot kapunk, ezáltal az egyes sorok és oszlopok összegének is páratlannak kell lennie. Egyféleképpen tudunk elhelyezni öt páratlan számot egy $3\times 3$-as táblázatba úgy, hogy minden sorban és oszlopban vagy egy vagy három van belőlük: pontosan egy sorba és egy oszlopba rendezzük őket. A táblázat-összeállítások számát az előző esettel analóg módon számoljuk ki, a páros és páratlan számjegyek szerepeinek megfordításával. Tehát a keresett szám $2\cdot 5\cdot 9\cdot 24\cdot 120=259200$.