Solusi
Misalkan $latex 2^{111x}=r$. Jika akar-akarnya adalah $latex x_1,x_2,x_3$, maka $latex r_1\cdot r_2\cdot r_3=2^{111(x_1+x_2+x_3)}$. Persamaan pada soal menjadi $latex \dfrac{r^3}{4}+4r=2r^2+1$, atau $latex r^3-8r^2+16r+4=0$. Dengan teorema Vieta, didapat $latex r_1\cdot r_2\cdot r_3=4$, sehingga $latex 4=2^{111(x_1+x_2+x_3)}$. Maka $latex x_1+x_2+x_3=\dfrac{2}{111}$, sehingga didapat $latex m+n=113$.

$latex a^2+y^2=b^2+x^2=(a-x)^2+(b-y)^2$

memiliki solusi $latex (x,y)$ yang memenuhi $latex 0\le x<a$ dan $latex 0\le y<b$. Maka $latex \rho^2$ dapat dinyatakan sebagai pecahan $latex \frac{m}{n}$ di mana $latex m$ dan $latex n$ adalah bilangan asli yang relatif prima. Tentukan $latex m+n$.

Solusi
Perhatikan bahwa

$latex a^2+y^2=(a-x)^2+(b-y)^2\rightarrow a^2+y^2=a^2-2ax+x^2+b^2-2by+y^2\rightarrow b^2+x^2=2ax+2by$.

Dengan cara yang sama, dengan memperhatikan ruas tengah dan ruas kanan, didapat $latex a^2+y^2=2ax+2by$. Maka didapat

$latex a^2+y^2=b^2+x^2=2ax+2by$.

Tetapi $latex 2by\ge y^2$, sehingga $latex 2ax\le a^2$. Ini menyebabkan $latex x\le \frac{a}{2}$. Perhatikan bahwa $latex b^2+x^2=a^2+y^2\ge a^2$. Maka $latex b^2\ge\frac34a^2$. Terdapat solusi $latex (a,b,x,y)=(1,\frac{\sqrt3}{2},\frac12,0)$, di mana kesamaan $latex b^2\ge\frac34a^2$ terjadi. Jadi nilai maksimum $latex \rho^2$ adalah $latex \frac43$. Maka $latex m+n=7$.

Solusi
Jika $latex ^{10}\log8$ bilangan rasional, misalkan $latex ^{10}\log8=\frac{a}{b}$, di mana $latex a$ dan $latex b$ adalah dua bilangan asli yang relatif prima.

Maka

$latex 10^a=8^b$,

sehingga

$latex 2^a\cdot5^a=2^{3b}$.

Membandingkan pangkat dari 2, maka $latex a=3b$. Tetapi ini menyebabkan $latex ^{10}\log8=3$ dan $latex 8=1000$. Maka terjadi kontradiksi, dan $latex ^{10}\log8$ adalah bilangan irasional.

Solusi
Misalkan $latex m>n$ dan $latex d=\text{FPB}(F_m,F_n)$. Perhatikan bahwa

$latex F_m-2=2^{2^m}-1=(2^{2^{n+1}})^{2^{m-n-1}}-1$.

habis dibagi $latex 2^{2^{n+1}}-1$. Tetapi

$latex 2^{2^{n+1}}-1=(2^{2^n}+1)(2^{2^n}-1)=(2^{2^n}-1)F_n$.

Maka $latex F_m-2$ habis dibagi $latex F_n$. Maka kita dapat menemukan bahwa $latex d$ adalah faktor dari 2. Tetapi setiap bilangan itu adalah bilangan ganjil, sehingga $latex d=1$.

Solusi
Misalkan $latex S$ adalah jumlah dari bilangan-bilangan yang tersisa. Maka $latex S/(n-4)=51,5625=825/16$, atau $latex 16S=825(n-4)$. Karena 16 dan 825 relatif prima, maka $latex n-4$ habis dibagi 16, dan dapat dimisalkan $latex n=16t+4$, untuk suatu bilangan asli $latex t$ ($latex t\ne0$ karena $latex n\ge8$ karena terdapat 4 bilangan genap).

Jumlah bilangan pada $latex A$ adalah $latex \frac12n(n+1)$, sehingga rata-ratanya $latex \frac12(n+1)$. Setelah empat bilangan dibuang, rata-ratanya kemungkinan berubah, tetapi mungkin tidak banyak. Maka dapat diasumsikan $latex \frac12(n+1)$ tidak jauh dari 51,5625, sehingga $latex n$ tidak jauh dari 103,125. Karena nilai $latex 16t+4$ yang dekat dengan 103,125 adalah 84, 100, dan 116, dapat kita periksa satu-persatu.
(i) $latex n=84$. Nilai maksimum dari $latex S$ adalah jika bilangan yang dibuang adalah 2, 4, 6, 8, yaitu

$latex S=\dfrac{(1+2+3+\cdots+80)-(2+4+6+8)}{80}=44,375$.

Maka ini tidak mungkin, sehingga $latex n\ne84$.

(ii) $latex n=116$. Nilai minimum dari $latex S$ adalah jika bilangan yang dibuang adalah 110, 112, 114, 116, yaitu

$latex S=\dfrac{(1+2+3+\cdots+116)-(110+112+114+116)}{112}=56,55\ldots$.

Maka ini tidak mungkin, sehingga $latex n\ne116$.

Jadi $latex n=100$. Misalkan bilangan yang dibuang adalah $latex a-3$, $latex a-1$, $latex a+1$, $latex a+3$. Maka

$latex \dfrac{(1+2+3+\cdots+100)-4a}{96}=\dfrac{825}{16}$.

Maka $latex a=25$, sehingga bilangan yang dibuang adalah 22, 24, 26, 28.

Solusi
Karena terdapat 1000 angka dari $latex 000$ sampai $latex 999$, maka di antara $latex 29^1$, $latex 29^2$, $latex 29^3$, $latex \ldots$, $latex 29^{1001}$ terdapat dua bilangan yang tiga angka terakhirnya berbeda (dari prinsip rumah burung). Maka misalkan $latex 29^k$ dan $latex 29^l$ berakhiran dengan tiga angka yang sama, di mana $latex k>l$.

Maka $latex 29^k-29^l$ habis dibagi 1000. Tetapi $latex 29^k-29^l=29^l(29^{k-l}-1)$ harus habis dibagi 1000, sedangkan $latex 29^l$ tidak mungkin habis dibagi 1000, karena 29 dan 1000 relatif prima. Maka $latex 29^{k-l}-1$ habis dibagi 1000, dan berakhiran dengan $latex 000$. Maka $latex 29^{k-l}$ berakhiran dengan $latex 001$. Terbukti.

Solusi
Dari post sebelumnya, kita mendapat

$latex 1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{4}+\ldots-\dfrac{1}{1318}=\dfrac{1}{660}+\dfrac{1}{661}+\dfrac{1}{662}+\ldots+\dfrac{1}{1318}$.

Maka

$latex \dfrac{p}{q}=\dfrac{1}{660}+\dfrac{1}{661}+\dfrac{1}{662}+\ldots+\dfrac{1}{1318}+\dfrac{1}{1319}$.

Kita kelompokkan menjadi

$latex \displaystyle\left(\dfrac{1}{660}+\dfrac{1}{1319}\right)+\ldots+\displaystyle\left(\dfrac{1}{989}+\dfrac{1}{990}\right)=\dfrac{1979}{660\cdot1319}+\ldots+\dfrac{1979}{989\cdot990}$.

Maka, kita dapat menulis pecahan itu sebagai

$latex \dfrac{p}{q}=\dfrac{1979\cdot k}{660\cdot661\cdot\ldots\cdot1319}$.

Tetapi, 1979 adalah bilangan prima dan setiap faktor pada penyebut lebih kecil dari 1979. Maka, pembilang itu memiliki faktor 1979, sehingga $latex p$ habis dibagi 1979.