A feladatok megoldása a versenyzőktől származik (kivéve a 6. feladat 2. megoldását). A megoldók érzékeltetni próbálták azt is, hogy milyen úton jutottak el a megoldáshoz, milyen ötletek, meggondolások segítették munkájukat.
A 6., legnehezebb feladat második megoldását Pataki János írta le.

QA90∘ alatt látszik, tehát $QA$ átmérő. $CP=QB=a$ (hiszen pl. $CPO△\simeq BQO△$, két oldal és a nagyobbikkal szemközti szögben megegyezik).

 

 

 

 

A Pitagorasz-tételt alkalmazva:
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {AB}^2+{BC}^2+{CA}^2={PA}^2+{\left(PQ+a\right)}^2+{\left(PQ+2a\right)}^2+{PA}^2+a^2=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =2\left({PA}^2+{PQ}^2\right)+6a\left(a+PQ\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$

Viszont a $PQA$ háromszögből ${PA}^2+{PQ}^2\simeq {4r}^2$, $P$-nek az $R$ sugarú körre vonatkozó hatványa

$\begin{array}{c}{\displaystyle a\left(a+PQ\right)=CP\cdot PB=R^2-r^2\mathrm{,}}\end{array}$

tehát ${AB}^2+{BC}^2+{CA}^2={6R}^2+{2r}^2$ még akkor is, ha $C$, $P$, $O$, $B$ egy egyenesen vannak. A vizsgált érték tehát állandó.

 

II. Jelöljük $B$-nek a $PA$ felezőmerőlegesére való tükörképét $B\text{'}$-vel. $B\text{'}$ az $R$ sugarú körön van, mivel $f$ mindkét körnek szimmetriatengelye. $PAB\text{'}B$ téglalap, $PB=AB\text{'}$ és $APB\sphericalangle =PAB\text{'}\sphericalangle ={90}^{\circ }$, így $AB$ felezőpontja egybeesik $PB\text{'}$ felezőpontjával. Ahogy $B$ körbefut, $B\text{'}$ is, így $AB$ felezőpontja az $R$ sugarú kör $P$-ből felére kicsinyített képén fekszik. Az extrém esetben e kör egy átmérője végpontjain.

Beke Tibor (Nagyatád, Ady E. Gimn., III. o. t.)

 

A feladat megfelelt annak a tradíciónak, hogy az első nap első példája a legkönnyebb a hat közül. Az ábra szinte követeli a Pitagorasz-tétel alkalmazását. A második rész is teljesen elemi, a trükk talán csak az, hogy az ember analitikus vagy vektoros megoldásra gyanakszik először, ami biztosan létezik, de nem ilyen egyszerű. Az ötlet a versenyen elég későn jutott csak eszembe.

 

2. feladat. Legyen $n$ pozitív egész szám, és legyenek $A_1\mathrm{,}{A}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{A}_{2n+1}$ a $B$ halmaz részhalmazai. Tegyük fel, hogy
a) mindegyik $A_i$-nek pontosan $2n$ eleme van,
b)minden $A_i\cap A_j$ metszetnek ($1\leqq i<j\leqq 2n+1$)pontosan egy eleme van,
c) a $B$ halmaz minden eleme benne van legalább két $A_i$-ben.
$n$ milyen értékeire rendelhető hozzá $B$ minden eleméhez a $0$ és $1$ számok egyike úgy, hogy minden $A_i$-nek pontosan $n$ olyan eleme legyen, amelyhez a $0$-t rendeltünk?

(Csehszlovákia)

Megoldás. Először azt bizonyítom be, hogy a $B$ halmaz minden eleme pontosan két $A_i$-ben fordul elő. A c) feltétel szerint minden elem legalább két $A_i$-ben szerepel, ezért elegendő azt megmutatni, hogy egyik elem sem fordul elő legalább három részhalmazban.
Tegyük fel, hogy $X$ mégis eleme az $A_i$, $A_j$, $A_k$ halmazoknak, ebből ellentmondáshoz fogunk jutni. A b) feltétel szerint az $A_i$, $A_j$, $A_k$ halmazok közül semelyik kettőnek nincs az $X$-től különböző közös eleme. A három halmaz $X$-en kívüli, összesen $3\cdot \left(2n-1\right)$ eleme így mind különböző. A továbbiakban nevezzük ezeket "mókás'' elemeknek.
A c) feltétel szerint minden mókás elem előfordul legalább egyszer a további $2n-2$ halmazban. Összesen $3\cdot \left(2n-1\right)$ mókás elem van, ezért valamelyik halmazban közülük 4 fordul elő $\left(3\left(2n-2\right)<3\left(2n-1\right)\right)$. Ekkor ennek a halmaznak az $A_i$, $A_j$, $A_k$ valamelyikével legalább 2 közös eleme van, ami ellentmond a b) feltételnek. Ezzel beláttuk, hogy a $B$ halmaz minden eleme pontosan két $A_i$-ben szerepel.
Tegyük fel ezután, hogy megadtuk a megfelelő hozzárendelést a $B$ halmaz elemein. Mivel minden $A_i$-nek $n$ eleméhez rendeltünk $0$-t, ezért halmazonként leszámolva összesen a $n\left(2n+1\right)$ elemhez rendeltünk $0$-t. Láttuk másfelől, hogy minden elem pontosan két halmazban fordul elő, ezért a $B$ halmaz $\frac{n\left(2n+1\right)}{2}$ eleméhez rendeltünk $0$-t. Ez pedig csak akkor egész, ha $n$ páros, tehát szükséges feltétel, hogy $n$ páros legyen.
Be fogjuk bizonyítani, hogy ez a feltétel elégséges, ilyenkor megadható az előírt hozzárendelés. Írjuk fel egy szabályos $\left(2n+1\right)$-szög csúcsaira az $\mathrm{1,}\mathrm{2,}\text{...}\mathrm{,}2n+1$ számokat. Húzzuk be azokat az átlókat, melyek két olyan csúcsot kötnek össze, melyek között legfeljebb $\frac{n}{2}-1$ csúcs van. (Ez egész, mivel $n$ páros.) Így minden csúcsból $n$ átlót húztunk be.
Jelöljük $A_i$ és $A_j$ közös elemét $\left(i\mathrm{,}j\right)$-vel $\left(i<j\right)$. Ez egy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés, mivel minden elem pontosan két halmazban szerepel, és b) fennáll.
$\left(i\mathrm{,}j\right)$-hez pontosan akkor rendeljünk $0$-t, ha az $i$ és $j$ csúcs közötti átlót behúztuk. Mivel minden csúcsból $n$ átló indul, ezért ez egy megfelelő hozzárendelés.
Tehát akkor és csak akkor végezhető el megfelelő hozzárendelés, ha az $n$ páros.

 

Keleti Tamás(Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)

 

3. feladat. Definiáljuk az $f$ függvényt a pozitív egészeken oly módon, hogy

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(1\right)=\mathrm{1,}f\left(3\right)=\mathrm{3,}}\end{array}$

továbbá
${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f\left(2n\right)=f\left(n\right)}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(4n+1\right)=2f\left(2n+1\right)-f\left(n\right)}\hfill \\ \hfill {\displaystyle f\left(4n+3\right)=3f\left(2n+1\right)-2f\left(n\right)}\hfill \end{array}}$

minden pozitív egész $n$-re.
Határozzuk meg azon, $1\leqq n\leqq 1988$-nak eleget tevő egész $n$-nek számát, amelyekre $f\left(n\right)=n$ teljesül.

(Anglia)

Megjegyzés. Ez tipikusan olyan feladat, amelynek a megoldásához egy ötlet kell. A megfelelő ötlet hiányában a megoldás szinte reménytelen.
A függvény definíciója alapján könnyű az első néhány értéket kiszámolni. A versenyen többen kiszámolták az első 50‐60 értéket, de abból nem sok szabályosság látszott. Néhány részeredményünk:
‐ $f\left(2^k\pm 1\right)=2^k\pm 1$
‐ $f\left(3.2^k\pm 3\right)=3.2^k\pm 3$ (sejtés)
‐ $f\left(f\left(x\right)\right)$, ha $x$ páratlan (sejtés)
‐ 2-hatványok osztási maradékát érdemes megvizsgálni.
Ezek után lássuk a Megoldást!

 

Megoldás. Vegyük észre, hogy ha $n$ kettes számrendszerbeli jegyeit visszafele olvassuk (jobbról balra), akkor $f\left(n\right)$-et kapjuk! Ezt az állítást $n$ szerinti teljes indukcióval bizonyítjuk. Nyilván:

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(1\right)=\mathrm{1,}f\left(2\right)=\mathrm{1,}f\left(3\right)=\mathrm{3,}f\left(4\right)=1.}\end{array}$

Tegyük fel, hogy az állítás $\left(n-1\right)$-ig igaz, és bizonyítsuk $n$-re.

a) $n=2k$ esetén legyen $f\left(k\right)=z$.

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(n\right)=f\left(2k\right)=f\left(k\right)=z\mathrm{.}}\end{array}$

b) Ha $n=4k+1$, legyen $2^{t-1}\leqq k<2^t$, és $f\left(k\right)=z$,

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(n\right)=2f\left(2k+1\right)-f\left(k\right)=2\cdot \left(2^{t+1}+z\right)-z=2^{t+2}+z\mathrm{.}}\end{array}$

c) Ha $n=4k+3$, legyen $2^{t-1}\leqq k<2^t$, és $f\left(k\right)=z$,

$\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(n\right)=3f\left(2k+1\right)-2f\left(k\right)=3\cdot \left(2^{t+1}+z\right)-2z=3\cdot 2^{t+1}+z\mathrm{.}}\end{array}$

A feladat megoldásait tehát azok az $1$ és $1988$ közé eső számok adják, melyeket ha kettes számrendszerben írunk fel, visszafele olvasva ugyanazt kapjuk. Ezeket hívjuk palindrom számoknak. Számoljuk össze őket.
A kettes számrendszerben $2n$ jegyű palindrom $2^{n-1}$ van, mert az első számjegy $1$, a másodiktól az $n$-edik helyig állhat $0$ vagy $1$, ez $2^{n-1}$ lehetőség, és az utolsó $n$ jegy egyértelműen meghatározott.
Hasonló okból $2n+1$ jegyű palindrom $2^n$ db van.
$1988$ a kettes számrendszerben: $11111000100$ (11 jegyű). Ennél a legfeljebb $10$ jegyű palindromok mind kisebbek. Ezek száma $62$. Az $1988$ a $11$ jegyű palindromok közül az $1967=11110101111$ és $2015=11111011111$ közé esik, ezért az $1988$-nál kisebb $11$ jegyű palindromok száma $30$.
Összesen tehát a feladatnak $92$ db megoldása van.

Csirik János (Szeged, JATE Ságvári E. Gyak. Gimn., II. o. t.)

4. feladat. Bizonyítsuk be, hogy

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{k=1}^{70}\frac{k}{x-k}\geqq \frac{5}{4}}\end{array}$

egyenlőtlenségnek eleget tevő valós számok halmaza diszjunkt intervallumok egyesítése, melyek összhossza $1988$.

(Írország)

Megoldás. Vezessük be a következő jelöléseket: