Második sorozat -  megoldás
 
 
  1. A megoldandó egyenletrendszer első egyenletének bal oldala nemnegatív, így kell, hogy teljesüljön a következő feltétel:


    2. A második egyenletből x = 10-2y, így az első egyenletből kapjuk: 

     
    Emeljük most négyzetre ez utóbbi egyenlet mindkét oldalát: 



    Ha most a jobb oldalhoz hozzáadunk és el is veszünk hatot, azt kapjuk: 



    Ez pedig 10-2y=x-ben egy másodfokú egyenlet.
    .
    Tehát x1=2, x2=-1. De x=-1 a feltétel miatt nem megoldás, így csak x=2 jöhet számításba, ezzel pedig - x = 10-2y - miatt y = 4.

    Így az eredeti egyenletrendszerünk megoldásai (és ezek valóban megoldások):

    x = 2, y = 4.

  2. Tekintsük az ábrát!


    3. Ha AB az r sugarú körbe írható szabályos hatszög oldalával egyenlő, akkor BOAĐ= 60°, így BOA szabályos háromszög, tehát AB = r. BC a körbe írható négyzet oldala, ezért nyilván COBĐ= 90°. Mindebből következik, hogy 

    COAĐ= 90° + 60° = 150°.

    Ez viszont azt jelenti, hogy a nagyobbik, CA íven nyugvó középponti szög

    360° - 150° =210°,

    így az ugyanezen íven nyugvó kerületi szög CBAĐ= 105°.

    Írjuk most fel az ABC háromszögre a koszinusztételt: 



    Ki kell még számítanunk cos105° értékét; ehhez használjuk az addíciós tételt!

     
    .

    Így

    .
    Tehát a keresett szakasz: 

    .

  3. A feladat megoldását úgy tervezzük, hogy először ábrázoljuk az egyenlőség bal oldalát egy koordináta-rendszerben, majd megvizsgáljuk, milyen a és b paraméterek esetén lesz a jobb oldal grafikus képének - ami nyilván egyenes - végtelen sok közös pontja a bal oldal grafikus képével.


    4. Először tehát ábrázoljuk az  grafikont.

     
    1. Ha , akkor .
     

    2. Ha , akkor .

    Az  görbe grafikonját az ábrán láthatjuk. Világos, hogy ennek az y = ax + b egyenes grafikonjával akkor és csak akkor lesz végtelen sok közös pontja, ha az y = ax + b egyenes az ábrán látható grafikon három darabjának valamelyikére illeszkedik. E három darab: 



    Így a kitűzött egyenletnek akkor és csak akkor van végtelen sok megoldása, ha
     
    ax + b= 2x -6, azaz a = 2, b = -6, s ekkor a megoldás: ;
     
    ax + b= -2x + 6, azaz a = -2, b = 6; ekkor a megoldás: ;
     
    ax + b=2, azaz a = 0, b = 2; ekkor a megoldás: . 

  4. Tudjuk, hogy egy természetes szám osztóinak számát prímtényezős felbontásból kapjuk, mégpedig úgy, hogy a felbontásban szereplő prímek kitevőit eggyel megnöveljük, majd az így kapott számokat összeszorozzuk. Ha tehát pl. az N természetes szám prímtényezős alakja:

    5. ,

    akkor N osztóinak N száma:
    .

    Mármost, ha egy N természetes számra d (d ( N )) = 3, akkor csak 

    lehetséges, ahol p egy prím. Ez viszont azt jelenti, hogy N prímtényezős felbontása az alábbiak egyike lehet csak:
     
    , vagy , ahol q, q1, q2 prímszámokat jelölnek, és . Mindez azt jelenti, hogy N prímtényezős alakjában legfeljebb két különböző prím szerepelhet csak.

    Tehát, ha d (d ( N )) = 3, akkor N-nek legfeljebb két különböző prímosztója van.
     
    Mivel , így ha N osztható 30-cal, akkor legalább 3 különböző prímosztójának kell lennie. Így valóban, ha d (d ( N )) = 3, akkor N-nek nem lehet három prímosztója, így nem lehet osztható 30-cal.
     

  5. A logaritmus értelmezése folytán



    6. egyenletnek csak úgy van értelme, ha  tg x > 0 és , valamint, ha 

    .

    Az egyenlet megoldásához használjuk fel az alábbi - sajnos nem annyira közismert - azonosságot. Ha , valós szám, a > 0, b > 0 és , akkor 

    .
    Legyen ugyanis . Ekkor 

     
    Ez éppen azt jelenti, hogy . Ezzel igazoltuk az azonosságot. Tehát az eredeti egyenlet jobb oldalát így is írhatjuk: 



    ahonnan a logaritmus egyértelműsége miatt 



    Ismét felhasználva a bizonyított azonosságot: 



    De , így tg x = 0,6309, illetve ctg x = 0,6309, ahonnan 



    Az  nem megoldás, hiszen  ,így a  kifejezésnek nincs értelme. Az eredeti egyenlet egyedüli megoldása az 
     
  6. Tekintsük az ábrát, ahol M-mel jelöltük a háromszög magasságpontját, Q, R, S-sel a P-ből a magasságokra állított merőlegesek talppontjait, a háromszög megfelelő szögeit a , b , g -val, a magasságok talppontjait K, L, N-nel.
    7. Azt próbáljuk megmutatni, hogy QRS háromszög szögei megegyeznek ABC háromszög szögeivel. Könnyen észrevehetjük, hogy QMSP húrnégyszög, hiszen két szemközti szöge derékszög. De ugyanilyen okok miatt QMRP is húrnégyszög, így P, Q, M, R, S pontok egy körön vannak. Ebből következik, hogy SQRĐ = SMRĐ,  hiszen azonos húron nyugvó kerületi szögek. 

    De  SMRĐ = BMKĐ = CABĐ = a.

    Ez utóbbi abból következik, hogy BMKĐ és CABĐ merőleges szárú hegyesszögek. Azt kaptuk tehát, hogy SQRĐ= a .
     
    Hasonlóképpen: SRQĐ=SMQĐ= g , hiszen SMQĐ és ABCĐ merőleges szárú hegyesszögek.
     
    Tehát SRQ háromszögnek Q-nál a , R-nél g szöge van, így SRQ háromszög valóban hasonló az eredeti ABC háromszöghöz. 


  7. Jelöljük a keresett természetes számokat a-val illetve b-vel. Ekkor a feladat feltételei szerint



    8. Az eredeti egyenlet ezen legutóbbi alakjából a következőket olvashatjuk ki:
     
    , de 1 + b és b két szomszédos egész szám, ezért relatív prímek, amiből következik, hogy  és b ugyancsak relatív prímek. Ekkor viszont: . Keresnünk kell tehát a 72 négyzetszám osztóit.
     
    , tehát a 72 osztói: 1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72; közülük négyzetszámok:
    1, 4, 9, 36.
    1. Ha , akkor b = 0, ami nem lehet.
    2. Ha , akkor 1 + b = 2, azaz b = 1, s így a = 18.
    3. Ha , akkor 1 + b = 3, azaz b = 2, s így a =16.
    4. Ha , akkor 1 + b =6, azaz b = 5, s ez esetben a = 10.
     
    Az eredeti feladat feltételeinek eleget tevő számpárok tehát:

    a = 18, b = 1;  a = 16, b = 2;  a = 10; b = 5.

    Ezek mindegyike valóban megfelel a feltételeknek. 

  8. Jelöljük az n oldalú konvex sokszög alapú hasáb csúcsainak számát C-vel, lapátlóinak számát L-lel, testátlóinak számát T-vel. Nyilván C = 2n.


    9. A lapátlók száma az alap- és fedősokszög átlóinak, valamint az oldallapok átlóinak összege.

    Az oldallapokat n db téglalap alkotja, amelyek mindegyikének 2 átlója van, így 

     
    A testátlók számát az alábbi módon kaphatjuk meg: bármely csúcsból n-3 db testátló húzható, ugyanis nem húzható testátló saját sokszögének csúcsaiba (ezek lapátlók), valamint a szemközti sokszög azon csúcsaiba, amelyekkel összekötő szakaszok élek vagy lapátlók lennének. Mivel a szemközti sokszög is n oldalú, így a kérdéses csúcsból valóban n-3 db átló húzható, ezért 2n(n-3) átlónk van, de így minden átlót kétszer számoltunk (oda-vissza), tehát:
     
    T = n(n-3).

    Az alábbi mennyiségeket kell tehát vizsgálnunk: 

    és nyilvánvaló, hogy n>3. Az is világos, hogy C, L, T mennyiségek közül L a legnagyobb, így a következő számtani sorozatok lehetségesek növekvő sorrendben: C, T, L vagy T, C, L.
     
    Az első esetben:
    Így C =14, T = 28, L = 42.
     

     
    A második esetben:

Ez esetben: C = 8, T = 4, L = 12.
 
Azt kaptuk tehát: a konvex sokszög alapú hasáb csúcsai, testátlói és lapátlói akkor és csak akkor alkotnak valamilyen sorrendben számtani sorozatot, ha 

n = 7 vagy n = 4.