116. Vegyük észre, hogy ha az (a?, b?, c?) számhármast az (a, b, c) számhármasból kaptuk, akkor a?, b? és c? legkisebbike legalább akkora, mint a, b és c legkisebbike.

117. Tükrözzük A-t BM-re, C-t BK-ra! Igazoljuk, hogy a két úton ugyanahhoz a D ponthoz jutunk! Bizonyítsuk be, hogy MDK = 90^o!

118. A legkisebb ilyen szám az 599.

119. Ki lehet rakni.

120. Tekintsük a következő 12 mezőt: a1, a2, b2, a8, b8, b7, g7, h7, h8, g1, g2, h1. Egy ló vagy ezek közül az egyik mezőn áll, vagy támadja ezek közül az egyik mezőt, de egyszerre mindkettőt nem teheti.

121. 1995 = 7 + 8 + 9 + ... + 63.

122. A számjegyek összege 18n. Érdemes a számot (10ⁿ – 1)³ = 10³ⁿ - 3^.10²ⁿ + 3^.10ⁿ – 1 alakba írni.

123. Ez a szám az 1366.

124. Az összeg maximumát pld. A = D = 1, B = C = 999 esetén kapjuk.

125. I. megoldás: vektorokkal. II. megoldás: Legyen M' az MB, P' a PD szakasz fele-ző-pontja! Igazold, hogy a QPP', NMM' háromszögek egybevágóak!

126. Ezen az úton: ADIEGCHBF.

127. Megmutatjuk, hogy mindkét négyzetösszeg a kör átmérőének négyzetével egyenlő. Az AC, BD és EC húrok kerületi szögei 45^o-osak, így középponti szögük 90^o. Ha elforgatjuk a kör középpontja körül CD-t 90^o-kal, akkor képe egy B-ből induló AB-re merőleges húr lesz. Ezután használjuk Thalesz és Pithagorasz tételét!

128. 276 a legnagyobb összeg. Ezt megkapjuk , ha a vezéreket a 6, 13, 23, 32, 40, 47, 53 és 62-es számú mezőkre tesszük.

129. Megfelelő számokhoz jutunk, ha k!-t rendre elosztjuk az 1, 2, ... k számokkal.

130. Legyen l = ad, m= bd, n = cd, ahol a, b és c relatív prímek, tehát d az l, m, n számok legnagyobb közös osztója. Ekkor ab + bc = ac, amit -vel leosztva a

összefüggéshez jutunk. Azt fogjuk megmutatni, hogy a fenti összefüggés tagjai rendre megegyeznek LNKO(a, b), LNKO(b, c) és LNKO(a, c) értékével. Legyen pld. e = LNKO(a, c). Ekkor e½a és e½c, de (e, b) = 1, így e²½ac/b. Másrészt, ha egy p prím csak a és c egyikét osztja, akkor p nem osztja a + c = ac/b-t, így

Ehhez hasonló lépésekkel befejezhető a bizonyítás.

131. Másfélszer.

132. Igaz. Kiszámolható, hogy az 5 egység sugarú körbe írt négyzet 2 szomszédos csúcsán és az ezekkel szemközti oldal felezőpontján áthaladó kör sugara nagyobb 4 cm-nél. Ugyancsak nagyobb 4 cm-nél a négyzet két szomszédos oldalának felezőpontján és az ezekkel szemközti csúcson áthaladó kör sugara. Mindezek alapján belátható, hogy csak egy esetben teljesülhet a feladat feltétele: ha négy egybevágó négyzetre osztottuk a négyzetet és ezek közül két szomszédosat hagytunk el.

133. Legyenek M₁, M₂, ...M₁₀ a szobrok tömegei; ekkor |M₁-M_2|, |M₂-M_3|, ... |M₁₀ –M₁| a gömbök tömegei. Az (M₁-M₂) + (M₂-M₃) +...+ (M₁₀ –M₁) = 0 azonosságban néhány zárójeles tag pozitív, a többi pedig negatív (vagy nulla). Így a pozitív tagoknak megfelelő gömbök össztömege megegyezik a negatívoknak megfelelőkével.

134. Lehetséges.

135. (2; 5) és (5; 2).