T. 156. Minden levelet pontosan egy valaki ad fel, és egy valaki kap meg. Ezért az elküldött levelek száma megegyezik a megkapott levelek számával. Mindenki páros számú levelet adott fel, így összesen páros sok levelet adtak fel, tehát páros sok levelet kaptak meg. Ha mindenki 3 levelet kapna meg, akkor összesen 19 ^. 3 levelet kapnának meg, ami páratlan. Ez nem lehetséges, tehát nem kaphatott mindegyikük pontosan 3 levelet.

T. 157.

Toljuk el ABE szabályos háromszöget úgy, hogy A a D-be, B a C-be, E az E'-be kerüljön. Ekkor AEE'D négyszög paralelogramma, mert AE és DE' az eltolás miatt párhuzamos és egyenlő. AB = AD és AB = AE, ezért AD = AE, vagyis a paralelogramma két szomszédos oldala egyenlő, tehát rombusz is. Így E'D = E'E és tudjuk, hogy E'D = E'C, ezért E'D = E'E = E'C. Tehát E' ponttól egyenlő távolságra van CDE háromszög mindegyik csúcsa, így E' a háromszög körül írt körének középpontja, és a sugár E'D = CD = a. Tehát CDE háromszög körül írt körének sugara a.

T. 158. Ha van ilyen szám, akkor az legalább 1995, tehát legalább négyjegyű. Az 1995 négyjegyű többszörösei: 1995, 3990, 5985, 7980, 9975. Ezek egyikére sem igaz, hogy a másodszomszédos számjegyei egyenlők. Tehát a keresett számnak legalább ötjegyűnek kell lennie. Ha ötjegyű lenne, akkor az első, a 3. és az 5. számjegye egyenlő lenne. Az 1995 osztható 5-tel, így ennek többszöröse is, ezért a keresett szám vagy 0-ra, vagy 5-re végződik. Ha 0-ra végződne, akkor az első számjegy 0 lenne, ami nem lehetséges. Tehát az első, a 3. és az 5. számjegynek 5-nek kell lennie. Ezt a számot így is fel lehet írni: 50502 + 3 + 1007a + 3a = 50502 + 1007a + 3(a+1), ahol a egy számjegy. 1995 osztható 19-cel, ezért ennek a számnak is osztódnia kell 19-cel. 50502 és 1007 osztható 19-cel, ezért 50502 + 1007a is. a + 1 legalább 1 és legfeljebb 10, ezért nem osztható 19-cel, így 3(a+1) sem, ezért ez az ötjegyű szám sem osztható 19-cel, tehát 1995-tel sem.

Tehát a keresett számnak legalább hatjegyűnek kell lennie. Ekkor a keresett számot így is felírhatjuk: . A 10101 nem osztható 19-cel, de a számnak osztódnia kell vele, ezért -nek 19 többszörösének kell lennie. A 19 kétjegyű többszörösei: 19, 38, 57, 76, 95. De az utolsó számjegy, tehát b csak 0 vagy 5 lehet, ezért csak a 0-ra vagy az 5-re végződő kétjegyű számok jók. Ezek között csak a 95 ilyen. Ekkor a hatjegyű szám: 959595. Ez osztható 1995-tel, és minden másodszomszédos számjegye egyenlő, ezért ez egy jó megoldás. Mivel több hatjegyű jó megoldás nincs, ezért ez a legkisebb jó megoldás. A legkisebb ilyen természetes szám a 959595.

T. 159. 1! ^. 2! ^. 3! ^. ... ^. 98! ^. 99! ^. 100! = (1! ^. 2!) ^. (3! ^. 4!) ^. ... ^. (97! ^. 98!) ^. (99! ^. 100!) = 2 ^. (3!^{2 .} 4) ^. (5!^{2 .} 6) ^. ... ^. (97!^{2 .} 98) ^. (99!^{2 .} 100) = 3!^{2 .} 5!^{2 .} 7!^{2 .} ... ^. 97!^{2 .} 99!^{2 .} 2 ^. 4 ^. 6 ^. ... ^. 98 ^. 100 = 3!^{2 .} 5!^{2 .} 7!^{2 .} ... ^. 97!^{2 .} 99!^{2 .} 2^{50 .} 50!

Ha ebből a szorzatból az 50!-t elhagyjuk, akkor egy olyan szorzatot kapunk, amelynek minden tényezője négyzetszám, tehát a szorzat is négyzetszám. Tehát az eredeti szorzatból az 50!-t elhagyva négyzetszámot kapunk.

T. 160. I. megoldás:

Húzzunk M-en és K-n keresztül párhuzamosokat a befogókkal. Ekkor az ABC háromszög belsejében kialakul három egyenlőszárú derékszögű háromszög, melyek átfogója AM, MK, KC. Legyenek ezek befogói rendre a, b, c. AM² = 2a², MK² = 2b², KC² = 2c². Legyen O az MK átfogójú háromszög derékszögű csúcsa. Vegyük az O középpontú, b sugarú kört. Ennek egy húrja MK. Az ehhez tartozó középponti szög MOK = 90, ezért a hozzá tartozó kerületi szög 45˚ . Így azon pontok, amelyekből 45˚ -ban látszik az MK szakasz, és az MK egyenes O-t tartalmazó partján vannak, rajta vannak ezen a körön. MBK = 45 és B és O az MK egyenes egy partján van, ezért B rajta van a körön, ezért BO = b. BO átlója egy a és c oldalú téglalapnak, ezért a Pithagorasz tétel miatt BO² = b² = a² + c²2b² = 2a² + 2c², ezért MK² = AM² + KC² és ezt kellett bebizonyítani.

II. megoldás:

Tükrözzük A-t BM egyenesre. Legyen a kapott pont D, és AD szakasz és BM egyenes metszéspontja E. ABE szög tükörképe DBE szög, ezért . , , ezért . AB tükörképe DB, ezért AB = DB, de AB = BC, ezért DB = BC. Tehát CBD háromszög egyenlő szárú, és BK egyenes DBK szög szögfelezője, ezért egyben CD oldal felezőmerőlegese is. Legyen BK egyenes és CD szakasz metszéspontja F. BK-ra nézve C és D egymás tükörképe.

BM-re nézve AM szakasz tükörképe DM szakasz, ezért AM = DM, tehát AMD háromszög egyenlő szárú, DAM = ADM = . BK-ra nézve CK szakasz tükörképe DK szakasz, ezért CK = DK, tehát CDK háromszög egyenlő szárú, DCK = CDK = . BEDF négyszög belső szögeinek összege 360˚ , ezért EDF + 90° + 90° + 45° = 360°, tehát EDF = ADC = 135°. ACD háromszög szögeinek összege 180˚ , ezért + + 135°=180°, tehát + = 45°. MDK = 135° - ( + ) = 135° - 45° = 90°, ezért MDK háromszög derékszögű. A Pithagorasz tétel szerint DM² + DK² = MK², de AM = DM és KC = DK, ezért AM² + KC² = MK², és ezt kellett bebizonyítani.

T. 161. Számozzuk meg a sorokat és oszlopokat a bal felső saroktól kezdve. Ekkor a bal felső mezőt (1; 1)-gyel jelöljük, ahol az első szám az 1. sort, a második az 1. oszlopot jelenti. A bal felső mező mellett van egy kijelölt mező, ezért az (1; 2) vagy a (2; 1) mező kijelölt. Ezek a mezők a (2; 2)-vel szomszédosak, ezért a (2; 2)-nek ezek között van a kijelölt szomszédja, így a másik két szomszédja nem lehet kijelölt. Tehát (2; 3) és a (3; 2) mezők nem kijelöltek.

Ha az (a - 1; b) és (a; b - 1) mezők nem kijelöltek, akkor (a; b) mező másik két szomszédja között van kijelölt. Ezek az (a + 1; b + 1) mezőnek is szomszédjai, így ennek másik két szomszédja nem kijelölt, tehát (a + 1; b + 2) és (a + 2; b + 1) mezők nem kijelöltek.

(2; 3) és a (3; 2) nem kijelölt, ezért (4; 5) és (5; 4), (6; 7) és (7; 6), (8; 9) és (9; 8),
(10; 11) és (11; 10), (12; 13) és (13; 12) mezők sem kijelöltek. Az utolsó kettő a jobb alsó mező két szomszédja. Tehát a jobb alsó mezőnek nincs kijelölt szomszédja, ezért nem lehet így kijelölni néhány mezőt.

Általánosítás: Ugyanaz a kérdés n×n-es táblázat esetén. Ha n páratlan:

Ha n = 1, akkor nincs megoldás. Ha n > 1, akkor pedig már ugyanúgy gondolkodhatunk, mint az előző megoldásban, tehát a (2; 3) és (3; 2), (4; 5) és (5; 4), ..., (n - 1; n) és (n; n - 1) mezők nem lehetnek kijelöltek. Így az (n; n) mezőnek nincs kijelölt szomszédja, ezért itt sincs megoldás. Tehát ha n páratlan, akkor nincs megoldás.

Ha n páros: ha n értéke 2, 4, vagy 6, akkor van megoldás. Ha n > 6:

Tegyük fel, hogy n - 4-re van megoldás. Ekkor n-re is van. Ebben a megoldásban a (3; 3),
(3; n - 2), (n - 2; 3), (n - 2; n - 2) csúcsokkal rendelkező, (n-4)×(n-4)-es négyzet tartalma megegyezik az előző megoldáséval. E négyzetet kívülről legalább 1 pontban határoló mezők nincsenek kijelölve. Az n×n-es négyzet szélén lévő mezők közt a bal felső saroktól kezdve az óramutató járásával megegyező irányban felváltva van 2 kijelölt és 2 nem kijelölt mező. Tehát a bal felső sarok kijelölt. Egy kis gondolkodással rájöhetünk, hogyha mindig az előzőleg megkapott megoldást használjuk, akkor ez egy jó megoldást fog eredményezni. Így ha n - 4-re van megoldás, akkor n-re is. Legyen n = 8. Ekkor n - 4-re van megoldás, ezért n-re is lesz. Növeljük n-t mindig 4-gyel. Ekkor n-re mindig lesz megoldás, tehát a 4-gyel oszthatókra van megoldás. Most legyen n = 10. Ekkor n - 4-re van megoldás, ezért n-re is lesz. Növeljük n-t mindig 4-gyel. Ekkor n-re mindig lesz megoldás, tehát a 4-gyel osztva maradékul 2-t adóknál van megoldás. Tehát ha n páros, akkor van megoldás.

Páratlan oldalszám esetén nincs megoldás, páros esetén pedig mindig van.

T. 162. ATH = 90° és AH = 2 ^. AT, vagyis ATH derékszögű háromszög átfogója kétszerese az egyik befogónak, ezért TAH = 60° és THA = 30°. AB = BCBAC = BCA. Legyen BAC = BCA = 2. Ekkor BAH = és ABC = 180° - 4. ABH háromszögben + 180° - 4 + 30° = 180° 180° - 3 = 150°=10°. BAC = BCA = 2 = 20°, ABC = 180° - 4 = 140°. Tehát ABC háromszög szögei: 20˚ , 20˚ , 140˚.

T. 163. egész, ezért a + b + c 0 és is egész. = a + b + c, tehát = egész. Ezért - = is egész.

T. 164. 5 színnel ki lehet így színezni a táblázatot, itt van rá egy példa. Több színnel viszont nem lehet. Egy mezőnek legfeljebb 4 szomszédja van, de e mezőnek a színén kívül még 5 szín van, ezért van olyan szín, amilyen színű mezőnek nincs ilyen színű szomszédja. Tehát minden színhez legalább két mezőnek kell tartoznia, így legalább 6 ^. 2 = 12 mezőnek kell lennie. Ennél kevesebb van, ezért nem lehet 5-nél több színnel kiszínezni a táblázatot.

T. 165. Tegyük fel, hogy két magasság egyenlő. Legyenek a háromszög csúcsai A, B, C, és a magasságok AE és BF. ABE ABF, mert mindkettő derékszögű, AB átfogójuk közös, és AE = BF. Ezért ABE = BAF ABC = BAC, tehát ABC háromszög egyenlő szárú.

Tegyük fel, hogy minden magasság különböző. Legyenek a háromszög csúcsai megint A, B, C, és a leghosszabb magasság AE. Legyen az A-ból induló szögfelező AF, és az A-ból induló súlyvonal AG. Ha AE = AF, akkor E és F pontok megegyeznek, mert BC egyenes A-tól való távolsága AE, ezért BC egyenesen lévő E-től különböző pontok A-tól való távolsága nagyobb AE-nél. BAE = CAE, AEB = AEC = 90°, ABC = 180° - BAE - AEB, ACB = 180° - CAE - AEC, ezért ABC = ACB, tehát ha AE = AF, akkor ABC háromszög egyenlőszárú. Ha AE = AG, akkor E és G pontok megegyeznek. ABE ABF, mert AE közös, BE = CE, és a közrezárt szögeik is egyenlők: AEB  = AEC. Ezért AB = AC, tehát ABC háromszög egyenlőszárú. Ha AEAF, és AEAG, akkor AF > AE és AG > AE. Ekkor AF és AG minden magasságnál nagyobbak. Ha AFAG, akkor már 5 különböző érték lenne, ezért AF = AG. Tükrözzük A-t F-re. Legyen a tükörképe A'. Legyen BAC = 2. Ekkor BAF = CAF = , így BA'F = CA'F = , ezért AA'B és AA'C háromszögekben AA' közös, és a két hozzá tartozó szög egyenlő, tehát AA'B AA'C AB = AC, ezért ABC háromszög egyenlőszárú. Tehát a háromszög minden esetben egyenlőszárú.

T. 166. A páros számok négyzete osztható 4-gyel. A páratlan számok felírhatók 2k + 1 alakban, ahol k egész. Ennek négyzete 4k² + 4k + 1 = 4(k²+k) + 1, ezért a páratlan számok négyzete 4-gyel osztva 1-et ad maradékul. A 13 szám között vagy 6, vagy 7 páratlan szám van. A 4-es maradékokat összeadva megkapjuk az összeg 4-es maradékát. A párosok maradéka 0, ezért velük nem kell foglalkozni, a páratlanoké 6 ^. 1 = 6 vagy 7 ^. 1 = 7, tehát 2 vagy 3. De már előbb is láttuk, hogy egy négyzetszám 4-es maradéka csak 0 vagy 1 lehet, ezért ez az összeg nem lehet négyzetszám.

101	102	103	104	105	106	107	108	109	110
1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
111	112	113	114	115	116	117	118	119	120
11	12	13	14	15	16	17	18	19	20
121	122	123	124	125	126	127	128	129	130
21	22	23	24	25	26	27	28	29	30
131	132	133	134	135	136	137	138	139	140
31	32	33	34	35	36	37	38	39	40
141	142	143	144	145	146	147	148	149	150
41	42	43	44	45	46	47	48	49	50

T. 167. Osszuk fel a nagytermet 2×2-es négyzetekre. Ilyen 100/4 = 25db van. Egy ilyen négyzetben mindenki mindenkinek szomszédja. Válasszuk ki minden négyzetben a két legtöbbet kereső képviselőt. A másik két képviselőnek ezek szomszédjai, ezért náluk legalább 2 szomszédjuk többet keres, így nem lehetnek elégedettek. Tehát egy négyzetben legfeljebb 2 elégedett képviselő van, ezért összesen legfeljebb 25 ^. 2 = 50 elégedett képviselő lehet. Ez lehetséges is, itt van rá egy példa.

T. 168. Az első csoport 1, a második 2, ...a k. csoport k csapatból áll, ezért összesen 1 + 2 +...+ k = csapat van. Ezek = mérkőzést játszanak. Minden mérkőzésen egy nyertes van, ezért a csapatok megnyert mérkőzéseinek összege megegyezik a mérkőzések számával. Egy csoportban a megnyert mérkőzések számának az összege . Ha k = 1 lenne, akkor 1 csapat lenne, de legalább két csapat kell, tehát ez nem lehetséges. Ha k = 2 lenne, akkor egy csoportban a megnyert mérkőzések számának az összege nem lenne egész, ezért ez sem lehetséges. A k = 3 azonban lehetséges, ekkor 6 csapat van, és minden csoportban 5 a megnyert mérkőzések számának összege. Egy példa: A 6 csapat: 1, 2, 3, 4, 5, 6. A csoportok:1; 2, 3; 4, 5, 6. Az 1-es csapat mindenkit legyőz, a 2-es az 1-esen kívül mindenkit, a 3-as csak a 4-est, a 4-es csak az 5-öst, az 5-ös a 3-ast, a 6-os a 3-ast, 4-est, 5-öst. Tegyük fel, hogy k > 3.
k 4 k + 1 5 k(k+1) 5k. k > 3 k > 2 5k > 4k + 2 k(k+1) > 4k + 2 k(k+1) - 2 > 4k (k+1)[k(k+1)-2] > 4k(k+1) >. Abban a csoportban amelyikben csak egy csapat van, a csapat mérkőzést nyert meg. De ez több, mint az összes csapat száma, tehát ennyi mérkőzést nem is játszhatott. Így k nem lehet nagyobb 3-nál. Tehát k = 3.

T. 169. SONK,A^.2=MALAC; SONK,A<1000 MALAC<20000 M = 1. MALAC1000 SONK,A5000 S5. A - nak kétszerese 0 vagy 10, ezért A = 0 vagy A = 5. Ha A = 0, akkor MALAC <11000 SONK,A < 5500 S5 S = 5. N kétszeresének, és az előző számjegynél tovább jött érték összegének 10 többszörösének kell lennie, mert A = 0. Legfeljebb 1 ment tovább, ezért ha 1 ment volna tovább, akkor 2N + 1 osztható lenne 10-zel, ami nem lehetséges. Tehát nem ment tovább semmi, így 2N osztható 10-zel, vagyis N csak 0 vagy 5 lehet. De ezek már más betűk értékei, tehát ellentmondásra jutottunk. Így A0. Ha A = 5, akkor 15000 < MALAC < 16000 7500 < SONK, A < 8000 S = 7. N kétszeresének, és az előző számjegynél tovább jött érték összegének 5-re kell végződnie. Ha nem menne tovább semmi, akkor 2N utolsó számjegye lenne 5, de 2N páros, tehát egy tovább ment. Ekkor 2N + 1 végződik 5-re, így 2N 4-re. Tehát N = 2 vagy N = 7. De S = 7, ezért N = 2. Tudjuk, hogy az egyeseknél, és az egy-tizedeseknél is tovább ment 1, ezért 2K + 1 10 K 5. Tehát K értéke 5, 6, 7, 8, 9 lehet, de ebből az 5 és a 7 már más betűhöz tartozik, tehát K értéke csak 6, 8, 9 lehet. Ha K = 8, akkor 2K + 1 = 17, tehát C = 7, ami nem lehetséges, tehát K8. Ha K = 9, akkor 2K + 1 = 19, tehát C = 9, ami nem lehetséges, tehát K9. Ha K = 6, akkor 2K + 1 = 13, tehát C = 3. 7500 < SONK, A < 8000 O 5, de az 5, 6, 7 számjegyek már foglaltak, ezért O értéke csak 8 vagy 9 lehet. 2N + 1 < 10, tehát a tízeseknél nem megy tovább semmi. Így ha O = 8, akkor L = 6, de ez nem lehetséges. Ha O = 9, akkor L = 8, és ez lehetséges. Tehát SONK, A = 7926, 5; MALAC = 15853; 7926, 5 + 7926, 5 = 15853, ezért ez megoldás, és nincs más, így ez az egyetlen megoldás.

T. 170. Nevezzük egy lépés induló mezőjének azt a mezőt, amelyiken a lépés előtt utoljára állt a bábu. Vegyük az első 1995² lépést. Ha ezek során minden mezőn legfeljebb 1994-ször állt volna bábu, akkor legfeljebb 1995 ^. 1994 lépés lenne. Ennél több van, ezért van olyan mező, amelyiken legalább 1995-ször állt a bábu. Vegyük azt az első 1995 lépést, amiknek az induló mezője ez a mező. Ha az 1. ilyen lépésnél x volt ezen a mezőn, akkor a k. ilyen lépés alkalmával x + k - 1, végül az 1995. lépésnél x + 1994. Két lépés során csak akkor kerültünk volna azonos mezőre, ha a két lépéshez tartozó szám különbsége osztható lenne 1995-tel. De itt két szám különbsége legalább 1 és legfeljebb 1994, tehát a különbségük nem lehet osztható 1995-tel. Így minden lépés után különböző mezőn van a bábu. Tehát 1995 mezőn, vagyis mindegyiken volt a bábu. Tehát a bábu bejárja a tábla összes mezőjét. Általánosítás: Bárhány mezőre igaz az állítás. Ha n mező van, akkor vesszük az első n lépést, amelyek induló mezője ugyanaz a mező. Ha az 1. ilyen lépésnél x van a mezőn, akkor a k. ilyen lépésnél x + k - 1, végül az n. lépésnél x + n - 1. Itt két szám különbsége sosem osztható n-nel, így minden lépés után különböző mezőn van a bábu. A bábu n mezőn, tehát mindegyiken volt, vagyis ekkor is bejárja a bábu a tábla összes mezőjét.

T. 171. xy + z = yz + x xy + z - yz - x = 0 x(y-1) - z(y-1) = 0 (y-1)(x-z) = 0

Ha x - z vagy y - z értéke 0, akkor (x-y)(y-z)(z-x) = 0 teljesül. Ha egyik értéke sem 0, akkor x - 1 = 0 és y - 1 = 0, tehát x = y = 1, vagyis x - y = 0. Ekkor pedig ( x-y)(y-z)(z-x) = 0 ismét teljesül. Tehát ez az egyenlet minden esetben teljesül.

T. 172. A kezdő tud nyerni, ha jól játszik, bárhogy is játszik a második. Először 1.-re és a 15.-re tesz. Aztán a 2 ^. 14 + 1.-re és a 3 ^. 14 + 1.-re, azután a 4 ^. 14 + 1.-re és az 5 ^. 14 + 1.-re, ..., aztán a 4095 ^. 14 + 1.-re és a 4096 ^. 14 + 1.-re (ez kisebb, mint százezer). Az első játékos minden lépése után a második játékos egy x-et kiradíroz, így két lépés után csak eggyel több mező lesz megjelölve. Itt 2048-at lépett az első és a második játékos is, így összesen 2048 ^. 2-t léptek, tehát végül 2048db x lesz. Ezek után az első játékos először az első és a második x mellé (jobbra) tesz, ez után a következő kettő mellé, ..., mindig a két legelső egyes csoport mellé. Ezek után a második játékos mindig elvesz egy egymás melletti x-ekből álló csoportot. Ha az első a legutolsó csoport mellé is tett x-et, akkor minden csoport két x-ből fog állni, és mivel új csoportok nem keletkeztek, csak bővültek, ezért a második játékos minden lépése után eggyel kevesebb csoport lesz. Most legfeljebb, ha mindig a leghosszabb csoportokat vette el, 1024-t lépett a második, ezért legalább 2048 - 1024 = 1024 = 2¹⁰ csoport marad. Ez után az első játékos megint bal oldalról halad jobbra felé, és minden csoport mellé (jobbra) tesz egy x-et. Így végül minden csoport 3 x-ből fog állni, és a csoportok száma megint megfeleződik, mert a második játékos lépéseinek száma az eredeti csoportok számának a legfeljebb a fele. Tehát ezek után legalább 2⁹ db 3-as csoport lesz. Ezt a módszert folytatva 2⁸db 4-es csoport, 2⁷db 5-ös csoport, ..., 2¹db 11-es csoport, 1 db 12-es csoport marad, és ekkor az első játékos jön, aki e mellé tud még tenni egy x-et, és ekkor 13 db x lesz egymás mellet, tehát az első játékos nyer.

T. 173. Ha mindenki lókötő lenne, akkor mindenki igazat mondana, ezért kell lennie legalább egy lovagnak. Válasszunk ki egy lovagot. Önmagán és két szomszédján kívül mindenki lókötő, tehát legfeljebb 3 lovag lehet. Ha 3 lenne, akkor ez a három szomszédos lenne. A szélsők nem szomszédok, mégsem lókötők, tehát ellentmondásba ütköztünk, így legfeljebb 2 lovag lehet. Ha csak egy lenne, akkor a szomszédja lókötő lenne, mégis igaz lenne állítása, így egy lovag nem lehet. Tehát csak 2 lovag lehet. Ekkor a két lovagnak igaz az állítása, a lókötőknek pedig mindig van velük nem szomszédos lovag, így az ők állítása hamis. Tehát 2 lovag ül az asztalnál. Általánosítás: A megoldásban egyáltalán nem használtuk ki az asztalnál ülők számát, így bármilyen más 3-nál nagyobb számnál (ekkor igazán értelmes a kérdés) ugyanez a megoldás.

T. 174. Vegyük fel AC szakaszt és az A csúcshoz tartozó 60˚ -os szöget. Ekkor AC szakasz felezőpontja M, és C-ből az őt nem tartalmazó szárra állított merőleges talppontja N. Már ismerjük CN-t, tehát BM-t is. B rajta van a 60˚ -os szög A-t nem tartalmazó szárán, és az M középpontú, CN sugarú körön. Egy félegyenesnek és egy körnek legfeljebb 2 metszéspontja van. ACN 30˚ -os derékszögű háromszög, ezért AC = 2AN A háromszög-egyenlőtlenség miatt ACN háromszögben CN + AN > AC = 2AN CN > AN, de AN = = AM, tehát CN > AM, ezért a körnek és a félegyenesnek legfeljebb 1 metszéspontja lehet. Tehát minden AC-hez legfeljebb egy megoldás tartozik. Egy azonban lehetséges, hogyha ABC háromszög szabályos. A szabályos háromszögben a magasság és a súlyvonal egyenlők, ezért BM = CN. Tehát a háromszög szögei: 60˚ , 60˚ , 60˚ .

T. 175. Van ilyen szám! Egy ilyen szám a 71820 = 1995 ^. 36. Ennek prímosztói: 2, 3, 5, 7, 19. Ezek összege 36, és a szám megegyezik a prímosztóinak összegének 1995-szörösével, tehát a szám megfelel a feladat feltételeinek.

T. 176. Legyen ez az ötjegyű szám az . Tudjuk, hogy ^.4=. Ez páros, tehát a is páros. < 100000 < 25000 a 2, de a 0, ezért a = 2. > 20000 > 80000 e 8, de 9 ^. 4 = 36 nem 4-re végződik, míg 8 ^. 4 = 32 igen, ezért e = 8. < 90000 < 22500 b 2. 4 | 4 | , de a 2 és a 22 nem osztható 4-gyel, ezért b = 1. Az egyes helyiértékről 3 jön tovább, ezért 4d + 3 utolsó számjegye b = 1, tehát 4d utolsó számjegye 8. Ez csak a 2 és a 7 értékekre teljesül, de a 2 már az a-hoz tartozik, ezért d = 7. A kettes helyiértékről 3 jön tovább, ezért 4c + 3 utolsó számjegye c. Ez csak a 9-re teljesül, ezért c = 9. Tehát = 21978. 21978 ^. 4 = 87912, így ez az egyetlen jó megoldás.

T. 177. Tegyük fel, hogy fel lehet így osztani a négyzetet. Ha minden téglalap területe azonos paritású lenne, akkor az összterületük páros lenne, mert 10000 téglalap van. Tehát van páros és páratlan területű téglalap is. Legyenek a páros területű oldalai a és b, a páratlané c és d. Ekkor a két téglalap átlói egyenlők: = a² + b² = c² + d². A téglalapok területe ab és cd. cd páratlan, ezért c és d is páratlan. Ekkor c² és d² négyes maradéka 1, ezért c² + d² négyes maradéka 2. ab páros ezért a és b közül legalább egy páros. Ha csak egy páros, akkor annak négyzete 0-t, míg a másik négyzete 1-et ad 4-gyel osztva maradékul, így a² + b² négyes maradéka ebben az esetben 1. Ha a és b is páros, akkor a² és b² is osztható 4-gyel, tehát a² + b² négyes maradéka ebben az esetben 0. a² + b² és c² + d² négyes maradéka mindenképpen különböző, ezért a² + b²c² + d². Ellentmondásra jutottunk, ezért nem lehet így felosztani a négyzetet.

T. 178. Ábrázoljuk a 6 pontot koordinátarendszerben! Ekkor a 6 pont:

A: 0; 0 B: 1; 0 C: 1; 1 D: 0; 1 E: 0,4; 0,5 F: 0,5; 0,6.

Vegyünk sorba minden esetet a szerint, hogy két négyzettel melyik pontot nem fedjük le (és melyik 5-öt fedjük le). A két négyzetet a csúcsai koordinátáival adjuk meg.

Tehát bármely 5 pont lefedhető két egységnyi átlójú négyzettel. Tegyük fel, hogy mind a 6 pont lefedhető két egységsugarú körrel. AC és BD távolság is nagyobb 1-nél, ezért A és C ill. B és D különböző körök által vannak letakarva. Vagy A és B ill. C és D, vagy A és D ill. B és C van egy kör által lefedve. AB = CD = AD = BC = 1, ezért az első esetben a körök középpontja AB és CD, a másodikban AD és BC szakaszok felezőpontja. Egyik esetben sem fedi a két kör E-t és F-et is, ezért a nem lehet két egységsugarú körrel lefedni mind a 6 pontot. Tehát ez a 6 pont megfelel a feladat feltételeinek.

T. 179. Állítsunk B-ből merőlegest AC-re, legyen a talppont T. BT egyben MCB egyenlőszárú háromszög alapjához tartozó magasság, ezért T felezi MC szakaszt. Legyen MT = TC = 1. Ekkor MC = AM = 2, tehát AT = AM + MT = 3. Legyen BT szakasz hossza x. ABT 30˚ -os derékszögű háromszög, ezért AB = 2BT = 2x. A Pitagorasz tétel miatt ABT háromszögben 3² + x² = 4x² 9 = 3x² x = . A Pitagorasz tétel miatt BCT háromszögben BC² = 1² + x² = 1 + 3 = 4 BC = 2. Tehát BC = BM = CM = 2, vagyis BMC háromszög szabályos, ezért ACB = 60. Ekkor ABC = 180 - 30 - 60 = 90. Tehát ABC háromszög belső szögei: 30˚ , 60˚ , 90˚.

T. 180. Legyen a szám első jegyét elhagyva kapott szám x. Ekkor az eredeti szám: 10⁵ + x. Ha az 1-est a szám végére írjuk, akkor 10x + 1-et kapunk. (10⁵+x) ^. 3 = 10x + 1 3 ^. 10⁵ + 3x = 10x + 1 7x = 3 ^. 10⁵ - 1 x = =42857. Tehát az eredeti szám az 142857. 142857 ^. 3 = 428571 valóban teljesül.
Általánosítás: Legyen a szám n jegyű, és x legyen a szám első jegyét elhagyva kapott szám. Hasonlóan az előzőkhöz, x = , tehát az eredeti szám 10^n-1 + . Ez azonban nem minden n esetén egész. 10 hetes maradéka 3, ezért 10^n-1 hetes maradéka 3^n-1. Ezért 3 ^. 10^n-1 - 1 hetes maradéka 3 ^. 3^n-1 - 1 = 3ⁿ - 1. Ennek 7 többszörösének kell lennie, ezért 3ⁿ hetes maradéka 1. Legyen n = 6k + l, ahol k és l természetes számok, és l < 6. 3ⁿ = 3^6k+l = 3^{6k .}3^l. 3⁶   7-es maradéka 1, ezért 3^6k hetes maradéka 1. Ahhoz, hogy 3^{6k .} 3^l hetes maradéka 1 legyen, 3^l hetes maradékának is 1-nek kell lennie. Ha l 0, akkor ez nem lehetséges. Ha l = 0, akkor viszont igen. Ekkor n = 6k, és 3ⁿ = 3^6k, ennek 7-es maradéka pedig 1. Tehát ha n osztható 6-tal, akkor van megoldás, egyébként pedig nincs.

T. 181. ab+bc+ca | a² + b² + c² ab+bc+ca | a² + b² + c² + 2(ab+bc+ca) = (a+b+c)². Ha van az a, b, c számok között 0: Mindhárom nem lehet 0, mert akkor az összegük nem lenne prímszám. Ha kettő közülük 0 lenne, akkor ab + bc + ca is 0 lenne, a² + b² + c² pedig pozitív lenne, ezért az oszthatóság nem teljesülne. Ha csak egy lenne közülük 0: Legyen a = 0. Ekkor ab + bc + ca = bc, (a+b+c)² = (b+c)², ezért bc | (b+c)². Ha b + c páratlan lenne, akkor b és c között lenne páros, tehát bc páros lenne. Ekkor viszont (b+c)² nem lenne bc-vel osztható. Ezért b + c páros. Ekkor a + b + c is páros, de csak a 2 páros prím, ezért b + c = 2, tehát b = c = 1. Ekkor a + b + c = 2, prím, ab + bc + ca = 1, a² + b² + c² = 2, és 2 osztható 1-gyel. Tehát ez egy jó megoldás. Ugyanígy b és c is lehet 0.

Ha nincs az a, b, c számok között 0: (a+b+c)² osztói: 1, a + b + c, (a+b+c)². De 1 < ab + bc + ca < (a+b+c)², ezért ab + bc + ca = a + b + c (b-1)a + (c-1)b + (a-1)c = 0. a, b, c pozitív, ezért az utolsó egyenlet bal oldalán lévő összeg minden tagja természetes szám, tehát 0. De a, b, c nem 0, ezért a - 1 = b - 1 = c - 1 = 0 a = b = c = 1. Ekkor a + b + c = 3, prím, ab + ac + bc = 3, a² + b² + c² = 3, és 3 osztható 3-mal. Tehát ez is egy megoldás.

Tehát a jó számhármasok: 0, 1, 1 és 1, 1, 1.

T. 182. A huszár egy lépése előtti és utáni mező színe mindig különböző, ezért egy mezőről egy más színű mezőre csak páratlan lépéssel lehet eljutni, míg ugyanolyan színűre párossal. Ha n páros, akkor a jobb fölső és a jobb alsó sarok különböző színű, ezért a bal alsó saroktól nem lehet ugyanannyi lépéssel mindkét mezőbe eljutni. Tehát n páratlan. Ha n = 4k + 1 alakban írható fel, akkor 2k lépésben el lehet jutni a jobb alsó sarokba úgy, hogy mindig 2-t lépünk jobbra és felváltva fel és le egyet. Minden lépésben legfeljebb 2-t lépünk jobbra, ezért 2k-nál kevesebb lépésben 4k-nál kevesebbet lépünk jobbra, ami nem elég. Tehát ehhez legalább 2k lépés kell. Ha 2k lépésben valahol 2-nél kevesebbet lépünk jobbra, akkor összesen 4k-nál kevesebbet lépünk jobbra, és ez nem elég. Tehát ahhoz, hogy a jobb fölső sarokba 2k lépésben eljussunk, minden lépésben 2-t kell jobbra lépni. Ekkor viszont fel legfeljebb 1-et léphetünk, tehát fel legfeljebb 2k-t lépünk, ez pedig nem elég. Tehát n nem írható fel 4k + 1 alakban, vagyis n = 4k + 3 alakban írható fel. A jobb alsó sarokba el lehet jutni 2k + 2 lépésben úgy, hogy két lépésben 1-et lépünk jobbra, 2k lépésben pedig 2-t, és felváltva lépünk fel és le. Csak páros sok lépéssel lehet eljutni a jobb alsó sarokba, ezért ha kevesebb lépéssel is el lehetne jutni, akkor ez legfeljebb 2k lenne. Ha minden lépésben 2-t lépnénk jobbra, akkor is csak 4k-t lépnénk jobbra, ami nem elég. Tehát legalább 2k + 2 lépés kell a jobb alsó sarokba való eljutáshoz. Az előző ok miatt a jobb fölső sarokba való eljutáshoz is legalább 2k + 2 lépés kell. Ha k = 0, akkor n = 3 és 2k + 2 = 2. 2 lépésben nem lehet a jobb fölső sarokba eljutni, ezért k nem lehet 0. Ha k = 1, akkor n = 7 és 2k + 2 = 4. 4 lépésben el lehet jutni a jobb fölső sarokba úgy, hogy 2 lépésben 2-t lépünk jobbra és 1-et fel, 2 lépésben pedig 1-et jobbra és 2-t fel. Tehát az n = 7 egy jó megoldás. Ha k > 1: Tudjuk, hogy csak úgy lehet 2k + 2 lépést elérni, ha csak 2 lépésben lépünk 1-et jobbra, és csak 2 lépésben lépünk 1-et fel. k 2 2k + 2 6, ezért kell lenni olyan lépésnek, amikor jobbra és fel sem 1-et lépünk, tehát mindkét irányba 2-t lépünk. Ilyet nem lehet huszárral lépni, ezért ez nem lehetséges. Tehát n = 7.

T. 183. Jelölje a, b, c azt, hogy a csikó, a kanca és a kecske hónap alatt a széna hányad részét eszi meg. Tudjuk, hogy a lány szerint 12a + 12c = 9a + 9b = 4b + 4c = 1. a, b, c nem negatív, ezért 12c 1 4c 4b 9b > 1, ami nem lehetséges. Tehát a lány tévedett.

T. 185. Színezzük ki a lámpákat 3 színnel úgy, hogy minden 3. lámpa egyszínű legyen. Minden lépésben három különböző színű lámpán változtatunk, ezért egy lépésben csak eggyel változik az egy színhez tartozó égő lámpák száma. Az egyik színhez eredetileg 1 égő lámpa tartozott, végül pedig 5-nek kell lennie, ezért páros sok lépés után fog minden lámpa égni. De a másik két színhez eredetileg 0 égő lámpa tartozott, végül pedig 5-nek kell tartoznia, tehát páratlan sok lépés után fog minden lámpa égni. Ellentmondásra jutottunk, tehát nem lehet elérni, hogy minden lámpa égjen.

T. 186. Legyen az A-ból induló szögfelező és BC oldal metszete F, és a B-ből induló magasság talppontja T. Legyen BAC = ACB = 2, ezért CAF = . Tükrözzük B pontot AC egyenesre, legyen a tükörképe B'. AF = 2BT AF = BT + B'T = BB'. ABCB' négyszög rombusz, mert minden oldala egyenlő hosszú, ezért BC ||AB'. ABFB' négyszög húrtrapéz, mert BF ||AB', és AF = BB'. Ezért AB'B = FAB' = FAC + CAB' = + 2 = 3, tehát AB'T derékszögű háromszögben TAB' + TB'A = 90° 2 + 3 = 5 = 90° = 18°.

Tehát ABC belső szögei 36˚ , 36˚ , 108˚ .

T. 187. Ha egy háromszög egyik csúcsát elmozdítjuk a vele szemközti oldallal párhuzamosan, akkor a csúccsal szemközti oldal és a csúcshoz tartozó magasság hossza sem változik, ezért a háromszög területe sem. Ugyanez történik a feladatban is, ezért a végső és az eredeti háromszög területe megegyezik. Az eredeti területe = 6, ezért a végső háromszögé is ennyi. A végső háromszög területe = 6, tehát BC ==12 egység.

T. 188. Legyen a 8 szám összege S. Válasszunk ki két számot úgy, hogy mindkét irányban 3 szám legyen köztük. Vegyük a két szám után az óra járásával megegyező irányban lévő 3-3 számot. Ezek összege megegyezik az előttük lévő két számmal, ezért ha a két szám x és y, akkor e számok összege is x és y. Ezek mindegyikét összeadva az összes szám összegét kapjuk, tehát S = 2x + 2y x + y = . Vagyis bármelyik két szemben lévő szám összege . Mivel négy ilyen számpár van, ezért ezek összege S = 4 ^. = 2 ^. S. Ha S 0, akkor ebből 1 = 2 következik, ami nem igaz. Ha S = 0, akkor teljesül az egyenlet. Tehát S mindenképpen 0, ezért két szemben lévő szám összege = 0. Így két szemben lévő szám egymás ellentettje. Vegyük x-et és az előtte lévő három számot. Ezek összege y, ezért e négy szám összege x + y = 0. Tehát bármelyik négy szomszédos szám összege 0. Válasszunk ki 5 szomszédos számot. A három középső és a két szélső két szomszédos négyest alkot, ezek összege pedig egyenlő, ezért a két szélső szám egyenlő. Ezek szemben vannak, ezért egymás ellentettei is. Tehát a két szemben lévő szám 0. Ugyanígy bebizonyíthatjuk a többi számra is, hogy 0. Tehát egy megoldás van, ha minden szám 0. Ekkor teljesül a feladat feltétele, tehát ez egy jó megoldás.

T. 189. + - ^. : : + 1 ^{. .} - = - + - = 0

T. 190. Tegyük fel, hogy fel lehet így osztani a négyzetet. Az ötszögeknek legfeljebb 199 ^. 5 = 995 különböző csúcsuk van, ezért az ezerszögnek legalább 5 olyan csúcsa van, ami nem csúcsa semelyik ötszögnek. Egy ilyen csúcs nem lehet a négyzet belsejében, mert ekkor az e csúcsnál lévő szög 360˚ -os lenne, ami nem lehetséges. Egy ilyen csúcs nem lehet a négyzet oldalán sem (de nem a csúcsán), mert ekkor az e csúcsnál lévő szög 180˚ -os lenne, ami szintén nem lehetséges. Tehát az ilyen csúcsok csak a négyzet csúcsaiban lehetnek. A négyzetnek csak 4 csúcsa van, míg ilyen csúcs legalább 5 van, ezért a négyzet valamelyik csúcsában az ezerszög több csúcsa is lenne egyszerre, ami nem lehetséges. Tehát nem lehet így felosztani a négyzetet.

1	2	1	2	1
3	4	3	4	3
1	2	1	2	1
3	4	3	4	3
1	2	1	2	1

T. 191. Jelöljük a négy színt az 1, 2, 3, 4 számokkal. Osszuk a négyzetet 9 részre, az ábrának megfelelően. Minden rész lefedhető egy 2×2-es négyzettel, ezért minden részen belül minden színhez legfeljebb 1 négyzet tartozik. Tehát legfeljebb 9-szer fordulhat elő egy szín a táblázatban. Ez meg is valósítható, például az ábrán látható módon.

T. 192. Jelöljük x-szel a nyert mérkőzésért kapott pontok számát, és n-nel a döntetlennel végződő mérkőzések számát. Ha x 2, akkor egy mérkőzésen legfeljebb 2 pontot lehet kapni. Mindenki 5 mérkőzést játszott, ezért legfeljebb 10 pontot lehet szerezni. Ennél több pontja van az első helyezettnek, ezért x > 2.

	A	B	C	D	E	F
A
B	+
C	+	+
D	+	+	+
E	-	0	0	+
F	-	0	+	+	0

Összesen = 15 mérkőzést játszottak. A döntetleneken összesen 2, más esetben összesen x pontot kapott a két csapat. Ezért a bajnokság alatt kapott pontok száma:

De x > 2, ezért 2 - x < 0 n(2-x) 0 15x + n(2-x) = 52 15x 3 x. Ha valaki egyik mérkőzésen sem nyert volna, akkor legfeljebb 5 pontja lehetne. Mindenkinek több van ennél, ezért mindenki megnyert legalább 1 mérkőzést. Ha az utolsó csapat több mint két mérkőzést megnyert volna, akkor 6-nál több pontja lenne, tehát pontosan 1 mérkőzést nyert meg. Ha y a döntetleneinek a száma, akkor végül a pontszáma: 6 = x + y. Mivel y egész szám, ezért x is egész. 3 < x 6, ezért x csak 4, 5, 6 lehet. Ezeket az értékeket az (I.)-be behelyettesítve ezeket kapjuk:

x = 4 n = = 4 ; x = 5 n = = 7    x = 6 n = = 9
A három eredmény közül csak a 4 egész, és n egész, ezért ez az egyetlen lehetséges megoldás. Ekkor x = 4. Ezzel az értékkel meg is valósítható a feladat, itt egy példa erre. Legyen a hat játékos A, B, C, D, E, F. A + azt jelzi, hogy az oszlophoz tartozó játékos nyert, a - azt, hogy ő vesztett, a 0 azt, hogy döntetlen lett a mérkőzés végeredménye. A példában A, B, C, D, E, F végső pontszámai rendre 12, 10, 9, 8, 7, 6, tehát ez egy jó megvalósítás.

T. 193. Három egész szám között biztos, hogy van két olyan, amelyek paritása megegyezik. Ezek összege páros és egyben prímszám is, valamint nem negatív, ezért 2. Ez azonban csak úgy lehetséges, ha mindkét szám 1. Végtelen ilyen számhármast találunk: legyen p egy pozitív prímszám. Ekkor a három szám 1, 1, p - 1, a három összeg pedig 2, p, p.

T. 194. Azt felhasználva, hogy egy tízes számrendszerbeli szám 9-es maradéka megegyezik a számjegyösszegének 9-es maradékával, A 9-es maradéka 4, B-é 5, ezért az összegük 9-cel osztható. A 9-es maradéka 1995-nek azonban 6, tehát nem osztható 9-cel, ezért A és B összegének a jegyeinek összege nem lehet 1995.

T. 195.

Igen, pl. az ábrán látható módon.

T. 196. Nézzük azt az időpontot, amikor a fiú 6-szor annyi éves volt, mint a lány. Ha a lány legalább 4 éves lett volna ekkor, akkor a fiú legalább 24 éves lett volna, ami már túl sok. Elég azzal a négy esettel foglalkoznunk, ha a lány 0, 1, 2, 3 éves volt ekkor. Ezekben az esetekben a fiú életkora ekkor rendre 0, 6, 12, 18. A fiú és a lány éveinek különbsége minden esetben legfeljebb kétféle lehet, és ez kétféle különbség az idő multával mindig felváltva következik be. Ezért mind a négy esetben két-két részesetet különböztetünk meg (kivéve a legelső esetnél, hiszen tudjuk, hogy a fiú idősebb, mint a lány). Ezekben a részesetekben az idő múlásával a következő életkorok fognak szerepelni egymás után:

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

1.	Fiú	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9	10
	Lány	0	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9

2.	Fiú	5	6	6	7	7	8	8	9	9	10	10	11	11	12	12	13	13	14	14	15
	Lány	0	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9

3.	Fiú	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9	10	10	11	11	12	12	13	13	14
	Lány	0	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9

4.	Fiú	10	11	11	12	12	13	13	14	14	15	15	16	16	17	17	18	18	19	19	20
	Lány	0	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9

5.	Fiú	9	10	10	11	11	12	12	13	13	14	14	15	15	16	16	17	17	18	18	19
	Lány	0	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9

6.	Fiú	15	16	16	17	17	18	18	19	19	20	20	21	21	22	22	23	23	24	24	25
	Lány	0	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9

7.	Fiú	14	15	15	16	16	17	17	18	18	19	19	20	20	21	21	22	22	23	23	24
	Lány	0	0	1	1	2	2	3	3	4	4	5	5	6	6	7	7	8	8	9	9

Az 1. esetben egybeesik az a két szakasz, amikor a fiú 3-szor ill. 4-szer annyi éves, mint a lány. Ezek hossza azonban a feladat szerint különböző, ezért ez az eset nem lehetséges. Rögtön láthatjuk, hogy a 3. és a 4. eset sem lehetséges, hiszen nincs bennük olyan időpont, amikor a fiú négyszer idősebb, mint a lány. A 6. és a 7. eseteket is kizárhatjuk, hiszen mindkettőnél a fiú életkora most legalább 21, ami már túl sok. Két eset maradt meg: a 2. és az 5. Egy táblázatban két szomszédos szakasz időtartalma együttesen egy év, hiszen a második végénél a két gyerek egyike már egy évvel idősebb, mint az első szakasz elején. Így három szomszédos szakasz közül a két szélső hossza megegyezik, hiszen mindkettő egy évre egészíti ki a középső szakaszt (egy napnyi eltérés előfordulhat a szökőévek miatt). Az 5. esetben a 7. szakasz hossza a feladat szövege alapján 4 nap. Így a 8. szakasz hossza 361 v. 362. Ekkor ugyanennyi, vagy ettől legfeljebb néhány napban eltérő időtartalmú a 10. és a 12. szakasz is. A 12. szakaszról azonban tudjuk, hogy 3 napig tart. Ellentmondásra jutottunk, tehát az 5. eset sem lehetséges. Már csak a 2. eset maradt hátra. Ez az eset már valóban lehetséges. Mivel a 6. és a 8. szakaszban van a két időpont, amikor a fiú 3-szor ill. 4-szer idősebb, mint a lány, és a 6. szakasz hossza egy nappal hosszabb, mint a 8.-é, ezért a két gyerek születésnapja között kell lennie feb. 29-ének. Ezen kívül még azt is tudjuk, hogy a 6. szakaszban szökőév van. Ekkor az 5. szakasz hossza 366 - 4 = 362 nap. Tehát az ez előtti néhány szakaszban nem kell foglalkoznunk a szökőévvel, így a 3. szakasz is 362 nap hosszú. Tehát 362 olyan nap volt, amikor a lány épp hatod annyi éves volt, mint a fiú.

T. 197.

Van két ilyen konvex négyszög, pl. ezek:
Vegyünk egy 3×3-as négyzetet. Használjuk az ábra jelöléseit. A két négyszög: ABCD és EFGH. A táblázatban minden oldal alá azt az oldalt írtuk, amelynek a felezőmerőlegesén rajta van. Mivel bármely négyszög bármelyik oldala a másik négyszög egyik oldalának a felezőmerőlegesén van, ezért ezek a négyszögek megfelelnek a feladat feltételeinek.

AB	BC	CD	DA	EF	FG	GH	HE
EF	HE	GH	FG	CD	BC	AB	AD

T. 198. Tegyük fel, hogy be lehet így helyettesíteni a számokat. Mivel az egyenletben egész számokat szorzunk össze, ezért a szorzatuk is egész. Így ha az egyenlet két oldalát összeszorozzuk, akkor négyzetszámot kapunk. A szorzat:

(a+b)(b+c)(c+d)(d+e)(e+a)(a+c)(c+e)(e+b)(b+d)(d+a)

Ebben az a, b, c, d, e számokból álló kéttagú összegek mindegyike szerepel, ezért ugyanezt a szorzatot kapjuk, ha az a, b, c, d, e ismeretlenek közül bárhányat felcserélünk egymással. Így bárhogyan helyettesítjük is be a számokat, a szorzat nem változik. Tehát elég egy behelyettesítést megnézni:
(1+2)(2+3)(3+4)(4+5)(5+1)(1+3)(3+5)(5+2)(2+4)(4+1) = 38102400
De ez nem négyzetszám. Ellentmondásra jutottunk, tehát nem lehet ezt a behelyettesítést elvégezni.

T. 199. Ez a legkisebb egész szám a 15. Legyen a két kétjegyű egész szám hányadosa .

Ha ^. 100 = 15: = = , tehát a tört a következők között van , , , , , ...Ezek közül csak a -ban kétjegyű a számláló és a nevező is. Tehát 15 csak a -nál lehetséges.

Ha ^. 100 < 15: ^. 100 lehetséges értékei: 14, 13, 12, 11. Mivel a 10 és b < 100, ezért > , tehát ^. 100 > 10. A felsorolt esetekben értéke rendre = , , = , . Ezek a törtek már tovább nem egyszerűsíthetők, ezért lehetséges formái:

E törtek közül egyiknek sem kétjegyű a számlálója és a nevezője is. Tehát nincs olyan , amelyre ^. 100 < 15.

Ez a legkisebb egész szám a 15, és ez csak a ^. 100 = 15-re teljesül.

T. 200. Másodiknak van nyerő stratégiája. Ha így játszik, mindig nyer:

Jelöljük a 18 színt a legkisebb 18 pozitív egésszel. Számozzuk meg a tábla minden sorának bal és jobb oldalát. Ez 18 szám, legyenek ezek a legkisebb pozitív egészek. Ezután a Második mindig ahhoz a széléhez teszi a korongot a táblának, ahol a korong színének megfelelő szám áll. Ha abban a sorban már van valahány ugyanilyen színű korong, akkor azok mellé teszi. Így mindig tud lépni Második, mert ha nem tudna, akkor lenne olyan sor, amely már megtelt. De egy sorban csak két szín van, ezért valamelyik színű korongból legalább 5-nek kell lennie. Ezek egymás mellett vannak, ekkor azonban már elvették volna őket a tábláról. Ellentmondásra jutottunk, ezért Második sosem fog veszteni. De Második minden lépésével eggyel csökken a korongok száma, ezért az 1800 korong véges időn belül elfogy, és ekkor Kezdő veszít, és Második nyer.

T. 201. Legyen a háromszög három csúcsa A, B, C úgy, hogy A-ból a szögfelező, B-ből a magasságvonal, C - ből a súlyvonal induljon ki. Legyen M a szögfelező és a súlyvonal metszete. Vegyük azt a háromszöget, amelynek az oldalegyenesei AB, az A-ból induló szögfelező és a B-ből induló magasságvonal. Az első és a harmadik oldalegyenes merőleges egymásra, a második és a harmadik hajlásszöge 60˚ . Ezért az első kettő hajlásszöge 30˚ . Ennek a kétszerese CAB, tehát 60˚ . ACM-ben CAM = 30° és AMC szög 60˚ vagy 120˚ , mert a szögfelező és a súlyvonal hajlásszöge 60˚ . Ha AMC = 120°: Legyen a C - ből induló súlyvonal végpontja D. Ekkor ACM-ben ACM = 180° - 30° - 120° = 30°, ezért ACD D-nél lévő szöge 90˚ , tehát ez egy 30˚ -os derékszögű háromszög. Így AD = , de D az AB oldal felezőpontja, ezért AB = 2AD = AC. Ekkor ABC háromszög szabályos, mert AB = AC és CAB = 60°, ezért a szögfelező, a magasság és a súlyvonal egy pontban metszik egymást, ezért nem alkotnak szabályos háromszöget. Ha AMC = 60°: AMC-ben CAM = 30° és AMC = 60°, ezért ACM = 90°. Tehát a súlyvonal merőleges AC - re. De ugyanerre merőleges a B - ből állított merőleges is, ezért a súlyvonal és a merőlegesvonal párhuzamosak. De ezek hajlásszögének 60˚ -nak kellene lennie, hogy a szögfelezővel együtt szabályos háromszöget alkossanak. Ezért ekkor sem alkothatnak szabályos háromszöget.

T. 202. Legyen a tíz szám a₁ a₂ a₃ ... a₉ a₁₀. Vegyünk közülük három szomszédost: a_i-1, a_i, a_i+1.

Csak akkor fordul elő egyenlőség, ha a_i-1 = a_i = a_i+1. Ekkor igaz, hogy a középső szám megegyezik a számtani közepükkel. Ha az egyenlőség nem teljesül, akkor csak a középső szám értéke lehet a számtani közép. Tehát három szomszédos szám számtani közepe mindig a középső szám. Ebből következik, hogy bármelyik két szomszédos szám különbsége ugyanannyi, legyen ez x. Ekkor az első, a második és a negyedik szám rendre a₁, a₁ + x, a₁ + 3x, így számtani közepük: = a₁ + x. Ha x pozitív, akkor ez nagyobb, mint a második, de kisebb, mint a harmadik szám, ezért ez nem lehetséges. Ha x = 0, akkor minden szám egyenlő, és ekkor bármely három szám számtani közepe a számok között van. Tehát ez csak akkor lehetséges, ha minden szám egyenlő.

T. 203. Igen, föl lehet így írni a számokat a sakktábla mezőire. Egy példa erre az ábrán látható.

2	4	6	8	10	12	14	16
1	5	9	13	17	21	25	29
18	20	22	24	26	28	30	32
3	7	11	15	19	23	27	31
34	36	38	40	42	44	46	48
33	37	41	45	49	53	57	61
50	52	54	56	58	60	62	64
35	39	43	47	51	55	59	63

T. 204. Ezen pontok a négyzet szemközti oldalainak a felezőpontjait összekötő szakaszokon helyezkednek el. Ha az AB és CD oldalak felezőpontjait összekötő szakaszon van P, akkor PA = PB és PC = PD, ezért PA + PC = PB + PD. Ha a másik szakaszon van P, akkor PA = PD és PB = PC, ezért PA + PC = PB + PD. Ha P nincs rajta egyik ilyen szakaszon sem: Húzzunk párhuzamost P-n keresztül a négyzet oldalaival. A kapott két szakasz négy kisebb szakaszra bontja egymást, legyenek ezek rendre a, b, c, d. Mivel a két szakasz egyenlő hosszú, ezért a + c = b + d. A csúcsokat P-vel összekötő négy szakasz: , , , . Tegyük fel, hogy P egy jó pont. Ekkor teljesül a következő:

Ez csak úgy lehetséges, ha b² = d² b = d vagy ha a² - c² = 0 a² = c² a = c. Mindkét esetben P az egyik szakasz felezőpontja, ezért az eredeti két szakasz egyikén rajta van. Tehát a keresett ponthalmaz a négyzet szemközti oldalainak felezőpontjait összekötő szakaszok.

T. 205.

Legyen BC oldal B-hez közelebbi harmadolópontja D, C-hez közelebbi harmadolópontja pedig E. Ekkor ADC és AEB háromszögek derékszögűek, így a Thalész tétel miatt A rajta van a BE ill. CD szakaszokra állított Thalész körökön. Legyen BD = DE = EC = r. Ekkor e két kör sugara r, így AD = AE = r és DE = r, tehát ADE szabályos. ABD és ACE háromszögek egyenlőszárúak, és szárszögük 120˚ , így az alapnál lévő szögeik 30˚ -osak. Tehát BAC = BAD + DAE + EAC = 30° + 60° + 30° = 120°, valamint ABD = ACE = 30°, tehát ABC szögei: 120˚ , 30˚ , 30˚ .

T. 206.

2	7	8	9	0
4	2	4	3	0
5	6	1	6	0
0	0	0	0	0
3	7	8	9	0

N	K	A	Ó	J
K	J	Ó	N	A
Ó	A	K	J	N
J	Ó	N	A	K
A	N	J	K	Ó

Az egyik ábrán a megoldást láthatjuk. Ez az egyetlen jó megoldás, és erre a másik ábra segítségével könnyen rájöhetünk. Minden
szám azt jelzi, hogy hányadiknak jöhetünk rá a négyzet tartalmára.







 

T. 207. Nézzük meg a 10 hatványok 19-es ill. 13-as maradékát. Ezt foglaltuk egy táblázatba, ahol a legfölső oszlop a 10 kitevője, a középső a 19-es, az alsó a 13-as maradék. A 19-es és a 13-as maradékok periodikusan ismétlődnek, 19-nél 18, 13-nál 6 a periódushossz. Az 100...01 alakú számok akkor oszthatók 19-cel ill. 13-mal, ha a 10 hatvány maradéka -1. 19 esetén a 18k + 9, 13 esetén a 6l + 3 alakú kitevők jók. Tehát ha 19|10^x + 1, akkor x = 18k + 9 = 6(3k+1) + 3, ezért 13|10^x+1.

T. 208. Legyen az 50 literes hordók száma x. Ekkor a kvász mennyisége 50x liter. A következőt tudjuk:

(I.) 40(x+5) > 50x > 40(x+4)

(II.) 70(x-4) > 50x > 70(x-5)

I.-ből: 40x + 200 > 50x > 40x + 160 200 > 10x > 160 20 > x > 16

II.-ból: 70x - 280 > 50x > 70x - 350 350 > 20x > 280 17, 5 > x > 14

Mivel x egész, ezért x már csak 17 lehet. Ekkor teljesül az utolsó két egyenlőtlenség, és mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, az eredeti feltételek is teljesülnek. Tehát a kvász mennyisége 50 ^. 17 = 850 liter.

T. 209. Vizsgáljuk meg a kérdést kisebb oldalszámú sokszögekre. Az sem fontos, hogy szabályos elég annyi, hogy konvex.

5-szög: A kezdő bárhogy is lép, mindig kialakul egy négyszög, aminek nincs egy átlója sem, ezért a második nyer.

6-szög: A kezdő csak akkor nem veszít az első lépés után azonnal, ha egy 3-szögre és egy 5-szögre bontja a hatszöget. Ekkor a háromszögben már nem lehet átlókat behúzni, ezért a probléma visszavezetődött 5-szögre, ahol a második nyer, tehát most a kezdő nyer.

Megmutatjuk, hogy páratlan élszám esetén mindig a másodiknak, páros esetén mindig a kezdőnek van nyerő stratégiája. Tegyük fel, hogy n-nél kisebb élszámokra ez igaz. Ha n páros, akkor a kezdő tud nyerni, méghozzá ha egy háromszögre és egy n - 1 szögre bontja. Ha n páratlan, akkor a második tud nyerni. Az első lépése után a második kiválasztja a most behúzott átló egyik csúcsát. Ez a csúcs és az ettől legtávolabbi oldal középpontját összekötő egyenesre tükrözi a kezdő lépését. Így három sokszög alakul ki: a középső, amely páratlan oldalú, és két egybevágó szélső. Nem alakulhatott ki négyszög, mert az csak az egyik szélső sokszög lehetne, de ezek közül az egyiket még a kezdő hozta létre. Ezután, ha a kezdő az egyik szélső sokszögben lép, akkor a második a másik sokszögben a lépés tükörképét hajtja végre. Ha a kezdő a középső sokszögben lép, akkor a második úgy játszik, mintha csak ez a sokszög lenne. Ekkor a második tud nyerni, hiszen a középső sokszög páratlan oldalú, és n-nél kevesebb szögű. Így a második mindig tud lépni, és a játék valamikor véget ér, hiszen csak véges sok átló van, ezért a kezdő veszít, és a második nyer.

Az 1995 páratlan, ezért a másodiknak van nyerő stratégiája.

T. 210. Igen, lehet így számokat írni a csúcsokra, pl. az ábrán látható módon.

T. 211. Végtelen ilyen egyenes van, hiszen minden irányhoz veszünk egy egyenest, és ezt elkezdjük tolni. Először az egész téglalap az egyik oldalt lesz, aztán végül a másik oldalt. Mivel folyamatosan változott a terület, volt olyan helyzet, amikor a két oldalt egyforma volt a terület. Ezért érdemes a megoldások közül egy minden esetben alkalmazhatót találni. Nézzük mondjuk csak azokat az egyeneseket, amelyek átmennek a téglalap középpontján. Van-e ezek között olyan, amelyik felezi a területet? Minden ilyen egyenes felezi a téglalap területét (a körök nélkül), ezért csak az jó, amelyik csak a két kör által alkotott ponthalmaz területét felezi. Ilyen egyenest azonban könnyű találni. Minden egyenes ilyen, amelyik átmegy a két kör középpontját összekötő szakasz felezőpontján. Legyen ez a pont P. Erre középpontosan szimmetrikus a két kör, ezért az egyenes által létrehozott két rész egybevágó. Tehát a téglalap középpontját és P-t összekötő egyenes a feladat egy megoldása.

T. 212. x + 1, ebből x = 6. Tehát András 6 perc alatt kel át a hídon, és 192 perc alatt teszi meg az egész utat, ezért az út hossza 32-szerese a híd hosszának. Jelöljük a-val azt a mennyiséget, amennyi idő alatt András elér a hídhoz. Mivel egyszerre érnek a hídhoz és Bence 78 perccel hamarabb indult, ezért Bence a + 78 perc alatt éri el a hidat. Így András az út részét, míg Bence részét teszi meg, összesen tehát + = részét. Ekkor a híd kivételével az egész utat megtették, tehát az út részét.

Tehát András elindulásától kezdve 42 perc múlva érték el a hidat, vagyis 11 órakor.

T. 213. Nevezzük el az 1995-szög csúcsait egymás után az 1, 2, 3, ..., 1995 számokkal. Nézzük meg, hogy két csúcs távolsága hányféle lehet. Legyen az egyik csúcs az 1-es. Ekkor 998 és 999 csúcsok által alkotott oldal van szemben az 1-es csúccsal, ezért ezen oldal felezőmerőlegesére szimmetrikusak a távolságok. Tehát a második csúcs csak a 2, 3, ..., 998 lehet. A többi eset már az előzőek egyikével megegyezik, tehát egy távolság 997-féle lehet. Mivel a töröttvonalnak 1995 oldala van, ezért ha minden távolság legfeljebb kétszer fordulna elő, akkor a töröttvonalnak legfeljebb 1994 oldala lehetne. Ezért van olyan távolság, amely legalább 3-szor fordul elő, és ez pont a feladat állítása.

T. 214. Igen, lehetséges. Pl. úgy, hogy 16 emberből áll a társaság. Ábrázoljuk a 16 embert egy 3×3-as négyzet rácspontjaival. Két ember akkor barátja egymásnak, ha azonos sorban vagy oszlopban vannak. Így minden embernek pontosan 6 barátja van. Ha két ember egy sorban vagy oszlopban van, akkor a közös barátaik e sor vagy oszlop másik két eleme. Ha két ember nincs egy sorban vagy oszlopban, akkor a két-két sornak és oszlopnak pontosan két közös eleme van. Tehát bármely két embernek pontosan 2 közös barátja van.

T. 215. Igen, meg tudja ebben akadályozni Második. Minden zárt töröttvonalban van olyan csúcs, amelyből fölfelé ill. jobbra folytatódik a töröttvonal. Második megakadályozza, hogy olyan csúcs keletkezzen, amely ilyen, és e két rész különböző színű. Ha Kezdő függőlegest tesz, akkor ezen oldal alsó csúcsából kiindulva jobbra lévő oldalt húzza be Második, méghozzá ugyanolyan színnel, mint a Kezdő. Hasonlóan lép a Második, ha a Kezdő vízszintest lép, csak a bal oldali csúcsból fölfelé lévő oldalt húzza be, megint ugyanolyan színnel. Ezt mindig megteheti Második, így Kezdő soha nem nyerhet.

T. 216. p(2000) = 0, a többi tagban szereplő szám első jegye 1, ez pedig nem változtat a számjegyek szorzatán, ezért az összeg megegyezik a következő összeggel (ahol a számok kezdődhetnek 0-val is): p(000) + p(001) +...+ p(999). Ha egy 3-jegyű szám első jegye x, akkor a számjegyeinek szorzata a következő lehet: x ^. p(00), x ^. p(01), ..., x ^. p(99). Ezek összege x(p(00)+p(01)+...+p(99)). Ha egy 2-jegyű szám első jegye y, akkor a számjegyeinek szorzata a következő lehet: y ^. p(0), y ^. p(1), ..., y ^. p(9). Ezek összege y(p(0)+p(1)+...+p(9)) = y(0+1+...+9) = 45y. 45y az y értékétől függően lehet 0, 45, ..., 45 ^. 9. Ezek összege 45(0+1+...+9) = 45². Tehát p(00) + p(01) +...+ p(99) = 45², ezért x(p(00)+p(01)+...+p(99)) = 45²x. Ez x értékétől függően 0, 45², ..., 45^{2 .} 9 lehet. Ezek összege 45²(0+1+...+9) = 45³. Tehát ennyi a p(000) + p(001) +...+ p(999) összeg értéke, vagyis ennyi az eredeti összeg értéke is.

A p(1000) + p(1001) +...+ p(2000) összeg pontos értéke 45³.

T. 217.

Legyenek a négyszög csúcsai az óra járásával megegyező irányban A, B, C, D. Legyenek az E, F, G, H pontok az AB, BC, CD, DA oldalakon lévő osztópontok, továbbá legyen X és Y az AB és CD oldal másik harmadolópontja. X és F az ABC  B melletti oldalainak B-hez közelebbi harmadolópontja, Y és H pedig az ACD D melletti oldalainak D-hez közelebbi harmadolópontja. Ezek miatt XF||YH és XF = YH = . Tudjuk még, hogy EF||GH és EF = GH, ezért EFX GHY. Ekkor EX||GY, és EX = GY, tehát AB||CD és EX = GY AB = CD. Ez pedig éppen annak a feltétele, hogy ABCD négyszög paralelogramma.

T. 218. Tegyük fel, hogy van két ilyen szám, legyenek ezek a és b. Ekkor a + b a legkisebb közös többszörösük, tehát aa+b és ba+b, ezért ab és ba. Mivel természetes számokról van szó, ezért ez csak úgy lehetséges, ha a = b. Ekkor viszont a legkisebb közös többszörösük a. 2a = a a = 0. Tehát csak a 0; 0 eset maradt, ekkor viszont nincs legkisebb pozitív többszörös. Vagyis nincs két ilyen természetes szám.

T. 219.

Húzzunk T-n keresztül párhuzamost BC-vel. Messe ezen egyenes AB-t X-ben, AC-t Y-ban. A párhuzamos szelők tétele miatt XT = YT. Mivel PT egyenes párhuzamos AY-nal és felezi XY-t, ezért AXY középvonala, így AY = 2 ^. PT = 6. CKTY négyszög paralelogramma, mert CY||KT és CK||TY, ezért CY = KT = 5. Tehát AC = AY + YC = 6 + 5 = 11.

T. 220. Az ábrán 9 olyan 2×2-es négyzet van, amelyek közül semelyik kettőnek nincsen közös pontja. Így egy dominónak ezek közül legfeljebb 1-gyel lehet közös része. Mivel csak 8 dominó van, biztosan van a 9 között olyan négyzet, amelyben nincsen dominó.

T. 221.

	+ + + + + + + 0 - - 0 - - 0 + - - + - - + + + + + + + + 0 - - 0 - - 0 + - - + - - + + + + + + + +
1. ábra	2. ábra

Az 1. ábrán látható táblázat 4 db 3×3-as négyzetében a számok összege 0, ezért a sötét színű négyzetekben lévő számok összege megegyezik az összes szám összegével. A pöttyökkel megjelölt négyzetek két öt-öt négyzetből álló részt alkotnak. Egy ilyen részt 4 négyzettel ki lehet egészíteni egy 3×3-as négyzetté. Mivel 4 négyzetben a számok összege legalább -4, ezért egy ilyen 5 négyzetből álló rész négyzeteiben lévő számok összege legfeljebb 4. Így a két részben az összeg legfeljebb 8, míg a maradék 3 szürke négyzetben legfeljebb 3. Így a szürke négyzetekben lévő számok összege legfeljebb 11, tehát az összes szám összege is legfeljebb 11. Ez az érték el is érhető, pl. a 2. ábrán látható módon (a - és a + -1-et és +1-et jelent).

T. 222. Legyen x egy valós szám! Ekkor a következő egyenlet teljesül:

Az x = 1994 eset éppen a feladat állítása, mivel ekkor

Tehát a feladatban szereplő kifejezés négyzetszám.

T. 223. Tegyük fel, hogy lehet ilyen társaság. Vizsgáljunk egy ilyen társaságot. Jelöljük az embereket egy gráf csúcsaival, és pontosan akkor legyen összekötve két csúcs, ha a hozzájuk tartozó emberek barátok. Legyen az egyik ember X, barátai pedig A, B, C, D, E (1. ábra). X és A két közös barátja csak B, C, D, E közül kerülhet ki, ezért A-ból két él vezet B, C, D, E csúcsokhoz. Hasonló állítás fogalmazható meg B-re, C-re, D-re, E-re is. Könnyen rájöhetünk, hogy ez csak úgy lehetséges, ha pontosan öt él van A, B, C, D, E csúcsok között behúzva, méghozzá úgy, hogy ezek egy kört alkotnak. Mivel most még A, B, C, D, E helyzete teljesen szimmetrikus, ezért mondhatjuk, hogy A-nak B és E, B-nek A és C, C-nek B és D, D-nek C és E, E-nek D és A a két szomszédja a körből (2. ábra). Mivel még X-en kívül senkinek sincs öt barátja, ezért nem csak ez a 6 ember van a társaságban. Nevezzünk el egy új embert P-nek. Mivel P-nek és X-nek két közös barátja van, ezért P az A, B, C, D, E csúcsok közül pontosan 2-vel van összekötve. Ha ez a két csúcs nem szomszédos, mondjuk A és C, akkor A-nak és C-nek már X, B és P is közös barátja lenne. Ez nem lehetséges, ezért P két szomszédossal van összekötve. Ugyanez igaz X, A, B, C, D, E embereken kívül mindenkire. A-nak és B-nek eddig csak X közös barátja. Van még egy közös barátjuk. Ugyanígy a BC, CD, DE, EA pároknak is van még egy-egy közös barátja. De minden új embernek csak két barátja van A, B, C, D, E közül, ezért e párok mindegyikéhez más-más közös barát tartozik. Legyen AB, BC, CD, DE, EA párokhoz tartozó új közös barát rendre F, G, H, I, J (3. ábra). Most már az X, A, B, C, D, E emberek mindegyikének megvan az 5 barátja, ezért ha még mindig lenne egy új ember, akkor annak A, B, C, D, E egyike sem lenne barátja, vagyis nem lenne közös barátja X-szel. Tehát pontosan ezek az emberek vannak a társaságban. Nézzük meg A és H közös barátait. Mivel pillanatnyilag egy ilyen sincs, ezért H-t össze kell kötni A két szomszédjával. A szomszédjai: X, B, E, F, J. Ezek közül X, B, E csúcsokból már nem húzható új él. Ezért H biztosan barátja F-nek és J-nek. Hasonló gondolatmenet alapján I barátja F-nek és G-nek, J barátja G-nek és H-nak, F barátja H-nak és I-nek, G barátja I-nek és J-nek (4. ábra). Már csak azt nem tudjuk, hogy az FG, GH, HI, IJ, JF élek be vannak húzva vagy nem. Ha mondjuk az FG él be lenne húzva, akkor F és J csúcsoknak három közös szomszédja lenne: A, G, H. Tehát az FG él nincs behúzva, így hasonló meggondolás alapján a GH, HI, IJ, JF élek sincsenek behúzva. Így már ismerjük a teljes gráfot, amit a 4. ábrán láthatunk. Ebben azonban F, G, H, I, J csúcsoknak csak 4 szomszédjuk van, ami ellentmond a feladat feltételeinek. Ellentmondásra jutottunk, tehát nincs ilyen társaság.

1. ábra	2. ábra	3. ábra	4. ábra

T. 224. Hagyjuk el azt a feltételt, hogy 7-szögnek kell lennie. Könnyen találunk olyan 8-szöget, amelyre teljesül minden feltétel. Ilyen a szabályos 8-szög. Hogy lehetne ebből 7-szöget készíteni? Talán a legegyszerűbben úgy, hogy elhagyjuk egy csúcsát. Megmutatjuk, hogy a kapott 7-szög megfelel a feladat feltételeinek. A szabályos 8-szögben minden átlóval vagy 1, vagy 2 párhuzamos átló van még. Egy csúcs elhagyásával az abból induló átlók is eltűnnek. Ez csak akkor jelent gondot, ha egy átlóra merőleges átló eltűnt. De az eltűnt átlóval van párhuzamos is, ami nem eshet ugyanabba az egyenesbe, ezért ez nem tűnt el. Így ha egy átlóra merőleges átló eltűnt, semmi baj, hiszen maradt az eltűnt átlóval párhuzamos, ami szintén merőleges erre az átlóra.

T. 225. Színezzük ki sakktáblaszerűen az ábra mezőit (1. ábra). 9 fekete és 24 fehér mező van. Egy téglalapnak most mindig van 1 hosszúságú oldala, ezért legfeljebb eggyel lehet több fehér mező benne, mint fekete. Mivel 15-tel több fehér mező van, mint fekete, ezért legalább 15 téglalapra van szükség. Ennyi elég is, egy példát láthatunk erre a 2. ábrán.

1. ábra	2. ábra