96. A sorozat 99. eleme a 130. (Részletesebben lásd a Bergengóc példatárban a 61. feladatot és megoldását a 120-122. oldalakon.)

97. Ilyen szám nincs.

98. Számítsd ki az ABN, BCK, CDL, és a DAM háromszögek területét két különböző módon is!

99. Ha ABC = 0, akkor nyilvánvaló, hogy a feltételek mellett csak A = B = C = 0 lehetséges. A továbbiakban tegyük fel, hogy A, B és C különböznek 0-tól. Tegyük fel, hogy legnagyobb közös osztójuk D, azaz A = A₁D, B = B₁D és C = C₁D. Teljesülnek az A₁^.(A₁ + B₁) = B₁^.(B₁ + C₁) = C₁^.(C₁ + A₁) összefüggések. Bizonyítsuk be, hogy ilyenkor szükségképpen |A₁| =|B₁| = |C₁| = 1!

100. Mind a 100 gombot meg kell nyomni. Tegyük fel ugyanis, hogy az A gombot nem nyomtuk meg. Osszuk be a táblát 4 részre: az első rész csak az A gombból álljon; a második rész B, az A oszlopában álló többi gombból; a harmadik rész C, az A sorában álló, A-tól különböző gombokból; végül a negyedik rész D, azokból a gombokból, amelyeknek sora sem és oszlopa sem azonos A-éval. A BÈC-beli megnyomott gombok száma páratlan, ezért B és C egyikében, mondjuk B-ben, páratlan sok gombot nyomtunk meg, a másikban, most C-ben, pedig páros sokat. Ezért bármely B-beli gomb sorában, D-ben, páros sok gombot kellett megnyomni. Tehát a D-beli megnyomott gombok száma páros.

Másrészt bármely C-beli gomb oszlopában, D-ben, páratlan sok gombot kellett megnyomni, ezért a D-beli megnyomott gombok száma páratlan. Ez ellentmondás.

101. Ezek a számok a kettő hatványai. Legyen ugyanis az előállítandó n számból kie­melhető legnagyobb kettőhatvány 2^a, azaz n = 2^{a .}(2m + 1), ahol m természetes szám. Ha 1 £ m £ 2^a , akkor egy 2m + 1 tagú jó előállítást kaphatunk:

n = 2^{a .} (2m + 1) = (2^a - m) + ... + (2^a - 1) + 2^a + (2^a + 1) + ... (2^a + m).

Ha viszont 1 £ 2^a £ m, akkor az alábbi 2^.2^a tagú összeg lesz jó:

n = (m - 2^a + 1) + ... + m + (m + 1) + ... + (m + 2^a).

A még kimaradt m = 0 esetben, azaz n = 2^a esetén nem lehetséges

(l + 1) + (l + 2) + ... + (l + k) = 2^a

alakú előállítás (k > 1), mert a baloldal összegzése, és 2-vel szorzás után

(2l + k + 1)^.k = 2^a+1

adódna, ahol a baloldalon két különböző paritású szám szorzata áll. (Lásd még: Bergengóc példatár 59. feladat, 110-114. oldal.)

102. A szögfelező-tételből következően AC^.BD = AD^.BC, és így a szögfelező-tétel újbóli alkalmazásával adódik az állítás.

103. Bontsuk föl a szót 399 db ötbetűs szóra és igazoljuk, hogy minden ötbetűs szó felbontható két palindromra.

104. A 9x9-es táblát nem lehet ilyen módon bejárni. A tábla sarokmezői ebben az esetben ugyanis egyforma színűek, mondjuk feketék. A tábla szélén összesen 16 fekete mező van. Ezek egyikéről sem lehet valamelyik másikra átlépni a királlyal. Az eggyel beljebb található "gyűrűben” 12 fekete mező van. Az átlós lépések az előző 16 mezőt párosítanák az utóbbi 12 mezővel, ami nem lehetséges.

105. Jelöljük az a, b, c, d, e, f betűkkel az egyes érméket. Először az a és b érmét tesszük fel a mérleg egyik serpenyőjébe, a c és d érméket pedig a másik serpenyőbe. A baloldali táblázat az ab = cd esetet, a jobboldali az ab>cd esetet tárgyalja. Az utolsó oszlopokban 1-est írtunk a nehezebb, tehát szabályos érmék jelölésére, 0-t a könnyebb, azaz hamis érmékhez.

2. mérés	3. mérés	4. mérés	a	b	c	d	e	f		2. mér.	3. mér.	4. m.	a	b	c	d	e	f
		e>d	1	0	1	0	1	0				e>f	1	1	1	0	1	0
	ead>bcf	e=d	11	1	1	1	1	0			cb>ef	e=f	1	1	1	0	0	0
		e	1	0	0	1	0	0				e	1	1	1	0	0	1
		e>d	nem lehetséges									a>c	1	0	0	0	0	0
ac>ef	ead=bcf	e=d	1	0	1	0	0	0		ac>bd	cb=ef	a=c	1	1	1	0	1	1
		e	1	1	1	1	0	0				a	nem lehetséges
		b>f	0	1	1	0	0	0				e>f	1	0	0	0	1	0
	ead	b=f	1	1	1	1	0	1			cb	e=f	1	0	0	0	1	1
		b	1	0	1	0	0	1				e	1	0	0	0	0	1
		a>b	1	0	0	1	1	0				a>f	1	1	0	0	0	0
	e>f	a=b	nem lehetséges								a>e	a=f	1	1	0	0	0	1
		a	0	1	1	0	1	0				a	nem lehetséges
		a>b	1	0	1	0	1	1				a>f	1	1	0	0	1	0
ac=ef	e=f	a=b	mind jó v. rossz							ac=bd	a=e	a=f	1	1	0	0	1	1
		a	0	1	0	1	0	0				a	nem lehetséges
		a>b	1	0	0	1	0	1
	e	a=b	nem lehetséges								a		nem lehetséges
		a	0	1	1	0	0	1
		b>f	0	1	0	1	1	0				e>f	1	1	0	1	1	0
	ead>bcf	b=f	0	0	0	0	1	0			ad>ef	e=f	1	1	0	1	0	0
		b	1	0	0	1	1	1				e	1	1	0	1	0	1
		b>f	nem lehetséges									a>b	nem lehetséges
ac	ead=bcf	b=f	0	1	0	1	1	1		ac	ad=ef	a=b	1	1	0	1	1	1
		b	0	0	0	0	1	1				a	0	1	0	0	0	0
		e>d	0	1	1	0	1	1				e>f	0	1	0	0	1	0
	ead	e=d	0	0	0	0	0	1			ad	e=f	0	1	0	0	1	1
		e	0	1	0	1	0	1				e	0	1	0	0	0	1

106. A keresett számok a 6-tal osztható természetes számok. Legyenek az N termé­sze­tes szám a, b osztói olyanok, amelyekre 2^.(a + b) = N. Ekkor a = N/c és b = N/d, ahol c és d is az N osztói, és 2N/c + 2N/d = N, azaz cd= 2^.(c + d), tehát (c – 2)^.(d – 2) = 4. Ez az egyenlet csak akkor teljesül (c ¹ d), ha c = 6 és d = 3, vagy c = 3 és d = 6. Ez azt jelenti, hogy a vizsgált N természetes szám osztható 6-tal. A 6n = 2^.(2n + n) azo­nos­ság mutatja, hogy minden 6-tal osztható szám rendelkezik a vizsgált tulajdonsággal.

107. Igen lehet.

108. Érdemes indirekten okoskodni és felhasználni, hogy két különböző körnek legfeljebb 2 közös pontja lehet.

109. Az állítás következik a

(a – 3)^.(a – 1)^.(a + 1)^.(a + 3) + 16 = (a² – 5)²

azonosságból.

110. Használjuk föl Thalesz tételét és az érintőszárú kerületi szögek tételét! Vegyük észre, hogy a PQAD és a PQBC négyszögek húrnégyszögek, ahol P és Q az AB illetve a CD érintő érintési pontja! Használjuk még föl a kerületi szögek tételét!

111. Legfeljebb 4-4-4 figurát lehet föltenni. Egy lehetőség: Királyok: a1, a8, h1, h8; Vezérek: b3, d7, e2, g6; Futók: a5, c5, f4, h4.

112. Lehetséges. Például az 1992, a 2 és még 1993 db 1-es.

113. B nyer.

114.

AB = c, BC = a, CA = b. Olyan x távolságot kell keresnünk, amelyre az A középpontú x - a sugarú, a B középpontú x - b valamint a C középpontú x - c sugarú köröknek van egy M közös pontja. Próbáljuk ki x = s - a –val! Ezt mutatja a 29. ábra. M, a három kör közé írt, mind a három kört érintő kör középpontja.

115.

Kérdezzük azt a 16 5x5-ös négyzetet, amelyek középpontjai a 30. ábrán láthatók! Könnyen ellenőrizhető, hogy bármely két mező a kijelölt 16 négyzetből különbözőekben van benne, így bármelyik számról kitalálható, hogy hol van. Másrészt a táblázat szélén 32 olyan pont van, amely két 1x1-es négyzet közös csúcsa. Bármely kérdésként kijelölt 5x5-ös négyzetnek legfeljebb 2 csúcsa lehet ezek között a pontok között. A szélső mezők tartalmának megkülönböztetése érdekében mind a 32 pont elő kell forduljon csúcsként, így legalább 32/2 = 16 kérdésre van szükség.