T. 226. Legyen a távolság n km. Az első kőoszlopnál az egyik szám 1, a másik szám pedig n - 1. Mivel ezek számjegyeinek összege 13, ezért n - 1 számjegyeinek összege 12. Ezért n - 1 39, tehát n 40. Ha n páros lenne, akkor a középső kőoszlopon két azonos szám állna, így a számjegyeik együttes összege páros lenne, de 13 páratlan. Tehát n páratlan, így utolsó számjegye nem lehet 0. Ezért n - 1 számjegyösszege 1-gyel kisebb n-énél, tehát n számjegyösszege 13. Ha n legalább 60 lenne, akkor az 59. kőoszlopon rajta lenne az 59, aminek már több 13-nál a számjegyösszege. Tehát n legfeljebb 59 lehet. Keressük meg azokat az 59-nél nem nagyobb pozitív egészeket, amelyek számjegyösszege 13. Ezek a 49 és az 58. Az 58 azonban páros, n pedig páratlan. Tehát n egyetlen lehetséges értéke 49. Megmutatjuk, hogy a 49 egy jó megoldás. Vegyünk egy tetszőleges kőoszlopot, legyen a rajta lévő két szám és ( 0 a, b,c, d 9). Ekkor tudjuk, hogy + = 49 10a + b + 10c + d = 49, tehát 10(a+b) + c + d = 49. 0 c + d 18 31 10(a+b) 49 a + b = 4 c + d = 9, tehát a + b + c + d = 4 + 9 = 13.

T. 227. Az első ábrán a vágások, a másodikon a darabokból összeillesztett négyzet látható.

1. ábra	2. ábra

T. 228.

Legyen a kör középpontja O. Vegyük a legrövidebb húrt, legyen ez h. Minél távolabb van egy húr a középponttól, annál rövidebb. Legyen P az O-ból h-ra állított merőleges talppontja. Legyen i egy olyan húr, amelyet h felez. Legyen i felezőpontja Q. Ekkor i húr távolsága az O-tól:
QO = .
QO PO QO² PO² PO² + PQ² PO² PQ² 0 PQ = 0. Tehát P pont két húr felezőpontja is. O-n kívül nincs ilyen pont, ezért h felezőpontja O. De ekkor h átmérő, tehát minden húr átmérő.

T. 229. Legyen egy közös pont x koordinátája x₀. Ekkor a következőket tudjuk:
ax₀ + b = bx₀ + c = cx₀ + a
c = ax₀ + b - bx₀
ax₀ + b = (ax₀+b-bx₀)x₀ + a = ax₀² + bx₀ - bx₀² + a
0 = ax₀² - bx₀² - ax₀ + bx₀ + a - b = (a-b)x₀²-x₀+1
x₀² - x₀ + 1 = x₀- + > 0 a - b = 0 a = b
ax₀ + a = ax₀ + c a = c
Tehát a = b = c.

T. 230. Nem tud biztosan erre rájönni. Tegyük fel, hogy a hamis érme súlya egy jó érme súlyánál legfeljebb annak egytizedével nagyobb vagy kisebb. Ha a két karra különböző számú érmét rak, azzal semmilyen új információhoz nem jut. Tehát elég azokat a méréseket vizsgálni, amelyekben a két karon azonos számú érme van. Ha a hamis érme a mérlegen van, akkor az nincs egyensúlyban, és ha nincs rajta, akkor egyensúlyban van. Minden mérésen páros számú érmét rak fel a mérlegre. Ezért az első mérésben nem szerepel minden érme. Tegyük fel, hogy az első mérésben csak jó érme szerepel. Ekkor egyensúly van, és ezeket az érméket rögtön le kell adni. Így még páratlan sok érme marad. Ha a következő lépésben is egyensúly lesz, akkor megint páratlan sok marad, stb. Ekkor minden lépésben legalább 2-vel csökken az érmék száma, ezért egy idő után már csak egy érme marad, ez pedig a hamis érme lesz. Tehát megtudtuk, hogy melyik a hamis érme, de azt nem, hogy könnyebb vagy nehezebb, mint egy jó érme.

T. 231. Egy szög szögfelezője azon pontok halmaza, melyek egyforma távolságra vannak a két szögszártól. Ezért M egyforma távol van AD és AB ill. AB és BC egyenesektől, N pedig a BC és CD ill. CD és AD egyenesektől. Tehát M egyforma távol van AD és BC egyenesektől, N pedig a BC és AD egyenesektől. Hosszabbítsuk meg AD és BC oldalakat.
Ha ezek metszik egymást: Legyen a metszéspontjuk E. Ekkor M és N a föntiek miatt rajta van az AEB szögfelezőjén. Tehát MN egyenes megegyezik ezzel a szögfelezővel, ezért ez a szögfelező merőleges AB-re. ABE-ben az E csúcsból induló szögfelező merőleges AB oldalra, tehát EAB = EBA DAB = ABC.
Ha ezek párhuzamosak: Ekkor MN egyenes a föntiek miatt AD és BC egyenesek középpárhuzamosa. Tehát MN||AD||BC. Mivel MN merőleges AB-re, ezért AD és BC is merőleges AB-re, tehát DAB = ABC = 90°.

T. 232. A 32 megfelelő lövés az ábrán látható. Vegyük a bal felső sarokban lévő 8×8-as négyzetet. Színezzük ki ezt sakktáblaszerűen. A sötét mezők azok, amelyekre lövünk. Ha egy hajó mindkét négyzete benne lenne ebben a 8×8-as négyzetben, akkor a két négyzet színe különböző lenne, így valamelyik sötét lenne, tehát a hajót eltalálnánk. Így ahhoz, hogy semelyik hajót ne találjuk el, minden hajónak kell lennie olyan négyzetének, amely a 8×8-as négyzeten kívül van. Osszuk fel a kívül lévő részt 9 db 2×2-es négyzetre. Egy ilyen 2×2-es négyzetben bármely két négyzet szomszédos, ezért egy ilyen négyzetnek legfeljebb egy hajóval van metszete. De több hajó van, mint 2×2-es négyzet, ezért ezt nem lehet megvalósítani, így biztosan lesz olyan hajó, amit eltalálunk.

T. 233. Nem lehetséges. Száz szám között vagy egy, vagy kettő olyan van, amelyik osztható 64-gyel. Ha egy van, akkor az csak az egyik csoportban van benne, így itt a legkisebb közös többszörös osztható 64-gyel, míg a másik csoportnál nem. Ha kettő van, akkor ezek egyike osztható 128-cal, a másik nem, így az egyik csoportnál a legkisebb közös többszörös osztható 128-cal, a másiknál pedig nem.

T. 234.

Vegyünk két egy sorban vagy oszlopban lévő mezőt, amelyek között három mező van. Tegyük fel, hogy a 2 mező egyikén sincs detektor. Ezen az 5 hosszúságú téglalapon kétféle hajó is lehet. Mivel nincs olyan detektor, amely a két hajó közül csak az egyiken van rajta, ezért nem tudjuk meghatározni a hajó pontos helyzetét. Tehát bármely ilyen helyzetű mezők esetén a 2 mező közül legalább 1 mezőn detektornak kell lennie. Ezért az 1. és 5., a 2. és 6., a 3. és 7., a 4. és 8. sorokban legalább 8-8 detektor van. Így összesen legalább 32 detektorra van szükség. Ennyi detektor már valóban elég is, itt egy példa, ahol a detektorok úgy vannak elhelyezve, hogy mindig meg tudjuk határozni a hajó helyzetét.

T. 235. Tegyük fel, hogy lehetséges a feladat állítása. Legyen a legkisebb kitevőjű hatvány a 3^a. Az összes többi hatvány 3^{a .} 3^b alakú, ahol b természetes szám. Így a hatványok összege megegyezik egy szorzattal, melynek egyik tényezője a 3^a, a másik pedig 1000 páratlan szám összege, ami páros. Ha a nem negatív, akkor a szorzat páros szám. Ha a negatív, akkor egy páros számot elosztunk egy páratlan számmal, tehát vagy páros számot, vagy nem egész számot kapunk. Így 3333 nem lehet a hatványok összege.

T. 236. A következő egyenletrendszert kell megoldanunk:

ax + by + c = 0
bx + cy + a = 0
cx + ay + b = 0
x > 0, y > 0
Az első három egyenletet összeadva ezt kapjuk: (a+b+c)(x+y+1) = 0 a + b + c = 0. Ebből c = - a - b, így a három új egyenlet:

ax + by - a - b = 0
bx - ay - by + a = 0
- ax - bx + ay + b = 0

Az utolsó két egyenletből:
x(a + b) = ay + b
y(a+b) = bx + a

Ha a + b = 0: a és b egyszerre nem lehet 0, mert ekkor c is 0, és ekkor nem egyenesekről lenne szó. Egyébként b = - a-t behelyettesítve:

- ax - ay + ay + a = 0 ax = a x = 1
- ax + ax + ay - a = 0 ay = a y = 1

Tehát az (1; 1) pont egy lehetséges megoldás.

Ha a + b

0:

x = és y = , ezért x = = = 1 + = = 1 + (x-1) x - 1 = (x-1).

Ez csak kétféleképpen lehetséges: vagy x - 1 = 0, vagy = 1. A második eset nem lehetséges, mert ekkor ab = a+b = a² + b² + 2ab 0 = a² + b² + ab, de az utolsó összeg minden tagja nem negatív, ezért mindegyik 0. De tudjuk, hogy ez nem lehetséges. Tehát x = 1, így y = = 1. Tehát most is az (1, 1) pont a megoldás.
Valóban létezik három ilyen egyenes, pl. az a = 1, b = - 1, c = 0 esetben.

T. 237. Legyen AA₁ és CC₁ felezőmerőlegeseinek a metszete D. AA₁D = A₁AD = A₁AB, ezért A₁D||AB. Ugyanígy C₁D||BC. Ezeket és a szögfelezőtételt használva ezt kapjuk: = = = = , tehát AC² = AB ^. BC.