52. Nem lehetséges. Határozzuk meg először, hogy hány levél (tallér) nő ki egy-egy fán reggelente. Legyen az a szám n. Mivel keddig 4 éjszaka van, péntekig pedig 7, így a feltételek szerint 5n⁴ < 1992 ≤ 5n⁷, azaz n = 3, vagy 4.

n = 3 esetén az érmék számának paritása nem változik egyik napról a másikra, hiszen mindig 1 tallérból lesz 3.

n = 4 esetén pedig az érmék számának 3-as maradéka marad változatlan. Mivel 1992 2-es és 3-as maradéka is különbözik 5 megfelelő maradékától, így nem lehetséges, hogy a Bendegúznak épp 1992 tallérja legyen, de reméljük ettől nem lesz nagyon szomorú.

53. Vegyük észre, hogy a, b, c mindegyike osztja a másik kettő szorzatát. Ebből következik, hogy, ha az abc szorzat osztható p-vel, akkor pⁿ-nel is osztható, valamely n > 1 számmal. De ekkor biztosan találhatók olyan x, y nemnegatív egészek, amelyek-re pⁿ = p^3x.p^2y, ami igazolja a feladat állítását.

54. n^.(n + 1)^.(n + 2)^.(n + 3)/24.

55. Ne mérgelődjön, a fordító is megszenvedte ezt a feladatot. Bizonyára nem gondolt, az egyszerű tényre, miszerint a víziló növényevő, nem eszik halat. Ezt felhasználva egyszerűen adódik a megoldás: a bálna 16, a pelikán 12, a rozmár 9 halat evett meg.

56.

Legyen az M pont középpontos tükörképe az AC, CB, BA oldalak felezőpontjaira vonatkozóan rendre M_B, M_A, M_C (lásd a 25. ábrát). AMC, CMB és BMA közül legalább az egyik, ábránkon épp CMB, legfeljebb 120^o. Tekintetbe véve az BMC és az CMM_A háromszögeket, felír-hatjuk, hogy 60^o ³ MCB + MBC = MCM_A. Ez azt jelenti, hogy az CMM_A háromszögben van MM_A-nél nem rövidebb oldal, tehát 2l_A £ max[L_B, L_C].

57. 3 vagy 4 csapat.

58. 2029 részes. A sorozatot összesen öt évben vetítették. Az egyik évben vetített részek száma az előző évben bemutatott részek számának 3/5, vagy 7/5 –szöröse. Ezért az első, az 1988-adik évben vetített részek száma 5⁴ = 625 többszöröse kell legyen. Legfeljebb 2^.366 = 732 részt vetíthettek egy évben, tehát pont 625 részt láthattak a nézők 1988-ban. A második évben ugyanezért csak 625^.3/5 = 375 epizód lehetett. Az adatokból kiderül, hogy a harmadik év folyamán mutatták be az 1230-adik részt. Ezért zárható ki, hogy 1990-ben csak 375^.3/5 részt mutattak volna be, hiszen ebben az esetben az első három év részeinek száma csak 1225 lenne. Ebből tudhatjuk, hogy 1990-ben 375^.7/5 = 525 rész volt látható, köztük az 1230-adik valamikor az év első felében. 1991-ben csak 525^.3/5 = 315 részt vetítettek, 1992-ben pedig 315^.3/5 = 189-et, hiszen 315^.7/5 = 441 rész esetén az utolsó előadás az év második felébe esett volna.

59. 970 299.

60. A piros szakaszok mentén vágjunk bele ollóval a kocka felületébe! Ha a feladat állítása nem igaz, akkor a felület nem esik szét. Ezért, ha a felületet teljesen föl akarjuk darabolni 24 kis négyzetére, akkor még legalább 23 szakaszt végig kell vágnunk. A megmaradt szakaszok száma azonban már csak 22, hiszen eredetileg összesen 4^.24/2 = 48 szakasz volt.

61. Az általánosítás így fogalmazható: az A_n = (n + 1)^.(n + 2)^.....^.(2n – 1)^.2n szám osztható 2ⁿ-nel, de 2ⁿ⁺¹-nel már nem osztható. A bizonyítás teljes indukcióval történhet, az A_k+1/A_k = 2^.(2k + 1) összefüggés felhasználásával.

62. Be lehet írni a számokat a feltételnek megfelelő módon. Egy lehetséges megoldást kapunk, ha a következőképpen járunk el: először is sakktáblaszerűen színezzük a lapot. Ezután beírjuk balról jobbra sorban a fehér mezőkbe a az 1, 2, ... 677 számokat, amíg lehet az első sorba, utána a másodikba stb. Ezután a 678-tól 1353-ig terjedő számokat írjuk be a sötét mezőkbe, de most az alsó sor leghátsó oszlopából indulunk el és jobbról, balra illetve fölfelé haladunk.

63. Nem lehet. Legyen a mikrobuszok és a Volgák eredeti száma m illetve v. Az első átrendezés úgy is fölfogható, hogy minden járműből egy-egy gyerek kiszállt, így

m + v Î{33; 28; 23; 18}

hiszen a három új járműbe 33, 28, 23, vagy 18 diák ült be attól függően, hogy 3, 2, 1 vagy 0 mikrobusz volt az újonnan érkezettek között. További járművek érkezése esetén minden eredeti járműből és a 3 később érkezettből is egy-egy gyerek szállna ki, így

m + v + 3 = 5v₂ + 10m₂,

ahol v₂ jelöli szükséges Volgák, m₂ pedig a mikrobuszok számát. Itt a jobboldal az 5 többszöröse, míg a baloldalról ez egyik esetben sem mondható el.

64. Mindkét esetben az tud nyerni, aki elsőnek vesz el gyufát.

65. A 7 áll az 1993. helyen.

66. Egyik sem lehet. A mutató végpontjának sebessége arányos a mutató hosszával és szögsebességével is. Ha r, illetve R jelöli az óra-, illetve a percmutató hosszát és az óramutató végpontjának sebessége kr, akkor a percmutató végének sebessége 12^.kR. A két mutató egymáshoz képesti relatív sebességének minimuma 12kR – kr, ami akkor áll elő, amikor a mutatók egyállásúak. Relatív sebességük maximuma 12kR + kr, amikor ellentétes állásúak. Ebből látható, hogy a minimális és a maximális relatív sebességek aránya 11/13 és 1 között van, hiszen R > r. Az adott esetekben azonban 8/10 < 11/13 és 10/12 < 11/13.

67. Legyen BC AB! Forgassuk el B körül 90^o-kal a C rácspontot! A CC' szakasz O felezőpontja az AB szakasz belsejében van. Tükrözzük B-t O-ra! Bizonyítsuk be, hogy így rácspontot kapunk, ami nem lehet más, mint A!

68. Bizonyítandó, hogy a^4k+1 – a osztható 10-zel, bármely természetes számokat is jelöl a és k!

69. Igen, ki lehet találni.

tehát A utolsó három jegyét úgy kell elölről kiegészíteni, hogy osztható legyen 99-cel.

Azt kell megmutatnunk, hogy ez csak egyféleképpen lehetséges. Valóban, az első két számjeggyel való kiegészítés a 0, 1000, 2000, ... 99000 számok egyikének hozzáadását jelentik. Ezek csupa különböző maradékot adnak 99-cel osztva, kivéve a 0-t és a 99000-t. Tehát az első két számjegy egyértelműen adódik, ha az adott háromjegyű szám nem osztható 99-cel.

Befejezésül csak annak kell utánajárni, hogy ötjegyű szám és megfordítottjának különbségeként nem kaphatunk olyan ötjegyű számot, mely 99-cel kezdődik

70. Hét olyan számhármas van, ami kielégíti az egyenletet:

(2; 2; 2), (4; 2¸1), (4; 1¸2), (2; 4¸1), (2; 1¸4), (1; 4¸2) és (1; 2¸4).

71. Tekintsük úgy, mintha a könyvek körben lennének, azaz, mintha a jobb szélső könyv után jobbra a bal szélső következne. Ha először kivesszük és előre tesszük a harmadik könyvet, majd kétszer a nyolcadik helyen levő könyvet tesszük előre, akkor, végül is, a harmadik könyv az eredeti helyére kerül vissza, az összes többi pedig ciklikusan arrébb helyeződik. E háromlépéses művelet megfelelő számú alkalmazásával elérhető, hogy a helyben maradó könyv egy tetszőleges előre választott könyv mögé kerüljön. Ennek alapján már könnyen bizonyítható az állítás.

72. A 35 964.

73. Vegyük észre, hogy

BNM + BMN = BAC + BCA > NAC + MCA = MNA + NMC.

74. Legfeljebb 9. Egy nem szökőévben lehetséges 9 születésnap pld. feb. 1., márc. 1., május 1., 3., 10., 17., 24. és 31, valamint nov. 1. Szökőévben megfelelő dátumok: jan. 1., ápr. 1., júl. 1., továbbá szeptember 1., 2., 9., 16., 23. és 30. Bővebben lásd a Bergengóc példatárban a 87. feladat megoldását a 160-162. oldalakon.

75.

Össze lehet állítani. Pld. úgy, ahogyan a 26. ábrán látható.