kedves olvasó! a kárpát medence egyik …nmmv.kmf.uz.ua/wp-content/uploads/2017/eredmenyek.pdf2....

Kedves Olvasó!

A IV. Nemzetközi Magyar Matematikaversenyről szóló

beszámoló kiadványt tartod a kezedben, ami 2017. április 28. és 2017.

május 1. között került megrendezésre Kárpátalján, Beregszászban. A

verseny a Kárpátaljai Magyar Pedagógus Szövetség (KMPSZ)

gondozásában került megrendezésére, és a II. Rákóczi Ferenc Kárpátaljai

Magyar Főiskola (II. RFKMF) adott helyet a rendezvénynek.

176 általános iskolás mérette meg matematikai tudását. A diákok

öt régióból érkeztek: Erdély, Felvidék, Délvidék, Magyarország,

Kárpátalja.

A versenyprogram két fordulóból állt, melyeket két egymást

követő napon rendeztünk meg. Fordulónként négy feladatot oldottak meg

a gyerekek.

A verseny ünnepélyes megnyitóját április 28-án a főiskola

dísztermében, az Esztergom és Győr teremben tartottuk meg, ahol Orosz

Ildikó, a KMPSZ és az II. RFKMF elnökasszonya, a Kárpátaljai Megyei

Tanács képviselője üdvözölte az elődöntőkön sikeresen túljutott

diákokat. A program egyik fővédnöke, Bocskor Andrea, kárpátaljai

európai parlamenti képviselő videó üzenetben köszöntötte a

megjelenteket, majd Torzsa István, beregszászi magyar konzul, a

matematika nehézségére, és a kitartó tanulás során elért eredmények

szépségeire hívta fel a figyelmet. A köszöntéseket Bence Mihály

matematikus zárta, aki a Nemzetközi Magyar Matematikaversenyt, mint

a Kárpát-medence egyik legfontosabb tehetséggondozó intézetét és

fórumát üdvözölte.

A beszédek között különböző előadások és fellépések

szórakoztatták a megjelenteket. Kontros Stefánia zongorajátéka nyitotta a

sort, majd József Attila „ A számokról” versét szavalta el Darcsi Szabina,

a főiskola diákja. Perduk Zsófia és Pekárovics Alex szatmári néptáncokat

mutatott be, az ünnepség zárásaként a mezővári Kovács család muzsikált

a jelenlévőknek.

A program első estéjén a résztvevők meglátogatták a főiskola

különböző kiállítótereit és tematikus gyűjteményeit, valamint

megismerhették az intézmény infrastruktúráját és történelmét. A

II. RFKMF tanárai és munkatársai vezették körbe a csoportokat az

épületben: Gönczi Sándor a kőzetgyűjteményt, Kulin Ágnes a

képzőművészeti gyűjteményeket, Puskás Anikó a Polónyi Katalin

Textilmúzeumot, Hadnagy István a természetrajzi múzeumot mutatta be.

Rövid előadás és vetítés formájában ismerkedhettek meg Kárpátalja

történelmével Lefkó János, a II. RFKMF Felsőfokú Tanintézete

tanárának előadásában.

A verseny fordulói között a gyerekek és kísérő tanáraik változatos

programokból választhattak: beregszászi városnézés, a munkácsi vár

bejárása, társas- és logikai játékok, agytorna Rubik-kockákkal és

ördöglakatokkal, matematikai és ügyességi akadályverseny.

A Kokas banda húzta a talpalávalót a vasárnap esti táncházban, a

beregszászi sportkomplexumban pedig különböző szabadidősportokat

űzhettek a diákok és kísérőik.

A sikeres hétvégét ünnepélyes eredményhirdetés zárta, Perduk

Zsófia népdalcsokorral búcsúzott a résztvevőktől.

A szervezők

Feladatsorok

5. osztály

I. forduló

1. Egy bankrablás tettese (tettesei) után nyomozunk. A tettes

(tettesek) autóval szállította (szállították) el a zsákmányt. Három

gyanúsítottat sikerült kihallgatni, Andrást, Bélát és Csabát. A következők

derültek ki:

a) Andráson, Bélán és Csabán kívül senki sem vehetett részt a rablásban,

b) András sosem dolgozik Csaba nélkül,

c) Béla nem tud autót vezetni.

Kiről (kikről) állíthatod biztosan, hogy részt vett (vettek) a rablásban?

(Szűcs Gábor, Budapest)

2. Melyik az a legkisebb (a tízes számrendszerben felírt)

természetes szám, amelyik tartalmazza az összes számjegyet legalább

egyszer, és számjegyeinek összege 2017?

(Dr. Kántor Sándor, Debrecen)

3. Az ábrán található körökbe az A,

B, C és D betűk helyére 4 különböző, 100-

tól kisebb pozitív egész számot kell beírni

úgy, hogy minden nyíl a kezdőpontjánál

található szám osztójára mutat. Hogyan

választhatod meg ezeket a számokat ahhoz, hogy az A betű helyére a

lehető legnagyobb szám kerüljön?

(Dr. Sztojka Miroszláv, Beregszász)

4. Lili és Panni öt pont között szakaszokat és háromszögeket

rajzol. Lili csak szakaszokat, például így: vagy így: .

Panni csak háromszögeket, például így: vagy

így: . Versenyeznek, hogy ki tud többet megrajzolni. Ha minden

lehetséges esetet lerajzolnak, akkor ki nyeri meg a versenyt?

(Csahóczi Erzsébet, Budapest)

6. osztály

I. forduló

1. Egy kocka mindegyik lapjára egy-egy számot

írtunk. Tudjuk, hogy a szemközti lapokon levő számok

összege ugyanannyi. Az a három szám, amit nem látunk,

prímszám. A három nem látható szám közül mekkora a legnagyobb?

(Róka Sándor, Nyíregyháza)

2. Igazold, hogy ha két egész szám összege 0-ra végződik, akkor a

számok négyzeteinek a különbsége is 0-ra végződik!

(Dr. Ambrus Gabriella, Budapest)

3. Egy nagy családban a gyerekek átlagos életkora 11 év. A

legidősebb gyerek 17 éves, a többiek átlagos életkora 10 év. Hány gyerek

van a családban? (A gyerekek életkorát egész évnek vesszük.)


4. Az 𝐴𝐵𝐶 egyenlőszárú háromszögben 𝐴𝐶 = 𝐵𝐶 és a háromszög

szárszöge 30°. A 𝐵𝐶 szárra kifelé megrajzoltuk a 𝐶𝐵𝐷 szabályos

háromszöget. Mekkora a 𝐷𝐴𝐵 szög?

(Besenyei Ádám, Budapest)

7. osztály

I. forduló

1. Egy nagy kockát egyenlő élhosszúságú, pirosra, fehérre vagy

zöldre festett kis kockákból raktunk össze. A kis kockák 13

72-része piros,

25

48-része pedig fehér. A zöld kockák száma 1000-nél kevesebb. Hány kis

kocka van összesen, és ezekből mennyi zöld?

(Tóth Gabriella, Palics)

2. Tudjuk, hogy 𝑥, 𝑦 és 𝑧 olyan pozitív egész számok, amelyekre

2𝑥𝑦2 = 3𝑧2 teljesül. Határozd meg az 𝑥𝑦𝑧 szorzat lehető legkisebb

értékét!


3. Egy háromszög belsejében felveszünk néhány pontot. Ezeket

egymással és a háromszög csúcsaival összekötjük úgy, hogy a kapott

szakaszoknak ne legyen a végpontjaikon kívül közös pontja és a

háromszöget kis háromszögekre bontsák. Igazold, hogy a kapott kis

háromszögek száma mindig páratlan!

(Szabó Magda, Szabadka)

4. Egy derékszögű háromszög átfogóját az átfogóhoz tartozó

magasság két olyan szakaszra bontja, amelyek különbsége 1 cm. A

háromszög kisebb befogója 1 cm-rel rövidebb az átfogónál. Mekkora a

háromszög átfogója?

(Egyed László, Baja)

8. osztály

I. forduló

1. Adott a számegyenesen 5 különböző pont, amelyek páronkénti

távolságai növekvő sorrendben a következők: 2; 4; 5; 7; 8; x; 13; 15; 17;

19. Mennyi lehet x értéke?


2. Melyik a legnagyobb olyan pozitív egész szám, amely nem

állítható elő 2017 pozitív összetett szám összegeként?

(Csordás Mihály, Kecskemét)

3. Két egymás utáni négyzetszám közötti páratlan természetes

számok összege 7239. Határozd meg a kisebbik négyzetszámot!

(Zajzon Csaba, Barót)

4. Egy 2𝑛 oldalhosszúságú négyzetet az oldalaival párhuzamos

egyenesekkel felbontottunk 4𝑛 darab egységnégyzetre. Ezek közül valaki

kijelöl egyet. Bizonyítsd be, hogy bármelyik legyen is a kijelölt kis

négyzet, a maradék terület lefedhető 4𝑛−1

3 darab L-dominóval! (Az L-

dominó olyan alakzat, ami úgy kapható, hogy egy egységnégyzet két

szomszédos oldalához egy-egy egységnégyzetet ragasztunk kívülről.)

(Nagy T. Dániel, Budapest)

5. osztály

II. forduló

1. Az első Nemzetközi Magyar Matematikaversenyt 25 éve,

1992-ben rendezték Révkomáromban (akkor még csak 9-12. évfolyamon

tanuló diákoknak). 1992 olyan négyjegyű szám, amelynek a fele is és a

harmada is egész szám. Hány olyan négyjegyű pozitív egész szám van,

amelynek a fele is és a harmada is egész szám?

(Pécsi István, Szolnok)

2. A Namény Étteremben a heti menüt vasárnappal kezdődően

állítják össze. Minden nap egyféle desszert szerepel a kínálatban, ami

torta, sütemény, jégkrém vagy puding lehet. Ugyanazt a desszertet két

egymást követő napon nem szabad felszolgálni. A következő pénteken

tortát kell sütniük, mert van egy születésnapi megrendelésük. Hányféle

különböző desszertmenü lehet a következő héten?

(Dr. Kántor Sándorné, Debrecen)

3. Igazold, hogy bármely 11 pozitív egész szám között van kettő

olyan, amelyek különbsége osztható 10-zel!


4. Rajzolj 10 olyan különböző síkidomot a négyzetrácsos lapon,

amelyeknek csúcsai rácspontok és területük két kis négyzetnyi ! Nem

tekintjük különbözőnek azokat a síkidomokat, amelyek mozgatással

fedésbe hozhatóak.

(Brenyó Mihály, Kecskemét)

6. osztály

II. forduló

1. Volt 216 cédulánk, amelyek közül kiválasztottunk néhányat, és

ezeket 10-10 darabra vágtuk, majd az összesből ismét kiválasztottunk

néhányat, és ezeket megint 10-10 darabra vágtuk, ezt az eljárást

néhányszor megismételtük. Ezután összeszámláltuk a cédulákat és 2017-

et kaptunk. Helyes volt-e a számlálás?


2. A DEF szabályos háromszög minden oldalát 6-6 egyenlő részre

osztottuk, majd az osztópontokon keresztül az oldalakkal párhuzamos

egyeneseket húztunk. Az egyenesek metszéspontjai által meghatározott

legkisebb háromszögek területe 1 cm2.

a) Hány cm2 a DEF háromszög területe?

b) Legyen a DEF háromszög DE oldalán a D csúcshoz legközelebbi

hatodoló pont A, a DF oldalon a D csúcstól távolabbi harmadoló pont B

és az EF oldal felezőpontja C. Hány cm2

az ABC háromszög területe?


3. Peti elfelejtette barátja hétjegyű telefonszámát, csak a

következőkre emlékezett. A telefonszám minden számjegye különböző,

és nincs benne nulla, de van benne egyes. A hétjegyű szám első három

számjegyéből képzett háromjegyű szám osztható kilenccel, és a

számjegyek olyan növekvő sorrendben követik egymást, hogy a két-két

szomszédos számjegy között a különbség megegyezik. Maga a

telefonszám osztható öttel. Legfeljebb hány próbálkozással tudja felhívni

a barátját, ha minden telefonszámot, amely a fenti feltételeknek megfelel,

csak egyszer próbál ki?


4. Határozd meg azokat a kétjegyű természetes számokat,

amelyeknek a négyzete ugyanarra a kétjegyű számra végződik!

Léteznek-e olyan háromjegyű számok, amelyek négyzete ugyanarra a

háromjegyű számra végződik?

(Kovács Béla, Szatmárnémeti)

7. osztály

II. forduló

1. Hány olyan négyjegyű, tízes számrendszerbeli természetes

szám van, amelynek első három számjegye (a magasabb helyi értéktől az

alacsonyabb felé haladva) különböző, mind a négy számjegye prímszám,

de a négyjegyű szám nem osztható semelyik számjegyével?

(Bíró Bálint, Eger)

2. Juliska gondolt 5 valós számra, majd képezte belőlük mind a 10

lehetséges páronkénti összeget. Ezt a 10 számot valamilyen sorrendben

átadta Jancsinak. Ki tudja-e találni Jancsi, hogy mi volt az 5 eredeti

szám?


3. Egy téglalap egyik belső pontját tükrözd mind a négy oldalára!

Legyen 𝑃 az a négyszög, melynek csúcsai a belső pont tükörképei.

Mekkora 𝑃 területének és kerületének a minimuma? A téglalap

oldalainak hossza 3 cm és 4 cm.


4. Legyen 𝑀1 = {1}, 𝑀2 = {3,5}, 𝑀3 = {7,9, 11}, stb. Határozd

meg az 𝑀𝑛 halmaz elemeinek az összegét!

(Dr. Bencze Mihály, Bukarest)

8. osztály

II. forduló

1. Határozd meg azokat az 𝑥, 𝑦 természetes számokat, amelyekre 20

𝑥+

17

𝑦= 1 és 𝑥 ∙ 𝑦 teljes négyzet!


2. Az 𝑟 sugarú körbe írt szabályos 14 oldalú sokszög csúcspontjai

között levő különböző távolságok négyzetének összegét add meg 𝑟

segítségével kifejezve!


3. Az 𝐴𝐵𝐶 háromszög csúcsainak koordinátái a derékszögű

koordináta-rendszerben 𝐴(6; 4), 𝐵(2; −3) és 𝐶(8; 1). Tekintsük azt a

téglalapot, amelynek oldalai párhuzamosak a koordináta-tengelyekkel, és

amelynek minden oldalára illeszkedik az 𝐴, 𝐵, 𝐶 pontok valamelyike úgy,

hogy az 𝐴𝐵𝐶 háromszög minden pontja, a csúcsok kivételével, a téglalap

belső pontja. Ezután a háromszög beírt körének középpontját tükröztük a

háromszög oldalaira. Határozd meg a tükörképek és a háromszög csúcsai

által alkotott sokszög, valamint a téglalap területének arányát!


4. Az 𝑎, 𝑏 nemnulla valós számokra teljesül az 𝑎2 − 𝑎𝑏 + 1 = 0

egyenlőség. Fejezd ki 𝑏 segítségével 𝑎9 +1

𝑎9 értékét!


Megoldások

5. osztály

I. forduló

1. Egy bankrablás tettese (tettesei) után nyomozunk. A tettes

(tettesek) autóval szállította (szállították) el a zsákmányt. Három

gyanúsítottat sikerült kihallgatni, Andrást, Bélát és Csabát. A következők

derültek ki:

a) Andráson, Bélán és Csabán kívül senki sem vehetett részt a rablásban,

b) András sosem dolgozik Csaba nélkül,

c) Béla nem tud autót vezetni.

Kiről (kikről) állíthatod biztosan, hogy részt vett (vettek) a rablásban?

(Szűcs Gábor, Budapest)

Megoldás:

Béla egyedül nem lehetett. 3 pont

Ezért András és Csaba közül kellett valakinek benne lenni. 2 pont

És András sem lehetett egyedül. 2 pont

Tehát Csaba biztosan benne volt. A többiekről ezt nem

állíthatjuk biztosan. 2 pont

A kiírás alapján járó kiinduló pontszám: 1 pont

Összesen: 10 pont

5. osztály

I. forduló

2. Melyik az a legkisebb (a tízes számrendszerben felírt)

természetes szám, amelyik tartalmazza az összes számjegyet legalább

egyszer, és számjegyeinek összege 2017?


Megoldás:

Az összes számjegy összege: 0 + ⋯ + 9 = 45,

2017 − 45 = 1972 1 pont

Ha két szám különböző sok számjegyből áll, az a kisebb,

amelyik kevesebb számjegyet tartalmaz. 1 pont

Tehát minél kevesebb számjegyből kell 1972-őt megkapnunk.

Ha csupa 9-est veszünk 1972 ∶ 9 = 219, marad 1. 1 pont

Tehát legalább 220 számjegy kell még. 1 pont

Összesen 230 jegyű lesz a szám. 1 pont

És akkor lesz a legkisebb, ha a legnagyobb helyiértéken

a lehető legkisebb számjegy áll, stb. 1 pont

A 220 db. 1972 összegű számjegyet úgy kell megválasztani,

hogy 1 db. 1-es és 219 db. 9-es alkossa. 1 pont

Így tudjuk a lehető legkisebb jegyet tenni a lehető

legnagyobb helyiértékbe. Így: 10123456789 … 9, (220 db 9-es) 2 pont


Összesen: 10 pont

5. osztály

I. forduló

3. Az ábrán található körökbe az A, B,

C és D betűk helyére 4 különböző, 100-tól

kisebb pozitív egész számot kell beírni úgy,

hogy minden nyíl a kezdőpontjánál található

szám osztójára mutat. Hogyan választhatod

meg ezeket a számokat ahhoz, hogy az A betű helyére a lehető

legnagyobb szám kerüljön?

(Dr. Sztojka Miroszláv, Beregszász)

Megoldás:

𝐴 | 𝐷 | 𝐶 | 𝐵 1 pont

𝐴 akkor a lehető legnagyobb, ha a 𝐷

𝐴,

𝐶

𝐷,

𝐵

𝐶 hányadosok

a lehető legkisebbek. 1 pont

Azaz mind 2. 1 pont

𝐴 ∙ 2 ∙ 2 ∙ 2 = 𝐵, 𝐴 ∙ 8 = 𝐵 2 pont

99 ∶ 8 = 12, maradék 3. 2 pont

Tehát 𝐴 lehető legnagyobb értéke: 12. 2 pont


Összesen: 10 pont

5. osztály

I. forduló

4. Lili és Panni öt pont között szakaszokat és háromszögeket

rajzol. Lili csak szakaszokat, például így: vagy így: .

Panni csak háromszögeket, például így: vagy így: .

Versenyeznek, hogy ki tud többet megrajzolni. Ha minden lehetséges

esetet lerajzolnak, akkor ki nyeri meg a versenyt?


Megoldás:

Lili bármely 2 pont közé rajzolhat szakaszt. Amikor kiválaszt

2 pontot, amit szakasszal köt össze, az ugyanolyan, mintha

kiválasztaná a másik 3 pontot, amit szabadon hagy. 3 pont

Tehát pontosan ugyanannyiféleképpen tud kiválasztani

2 pontot, mint 3-mat. 2 pont

Azaz ahányféleképpen Panni pontokat tud választani egy

háromszöghöz. 2 pont

Ugyanannyi szakaszt tud rajzolni Lili, ahány háromszöget Panni. 2 pont


Összesen: 10 pont

Vagy:

Lili minden lerajzolt szakaszánál Panni összeköti a kihagyott

pontokat, azaz lerajzol egy háromszöget. 7 pont



Összesen: 10 pont

Vagy:

Hány szakaszt tud lerajzolni Lili? Hányféleképpen

választhatja ki a 2 pontot? Az elsőt 5 féleképpen, a

másodikat 4 féleképpen. De így minden párt kétszer

kétszer számolt. 3 pont

5∙4

2= 10 1 pont

Hányféleképpen választhat ki Panni 3 pontot? 5 ∙ 4 ∙ 3,

de minden háromszöget többször is számolt. Egy adott

háromszöget hányszor? Hányféle sorrendben választhatta

ki ezt a 3 pontot? 3 ∙ 2 ∙ 1. 3 pont

5∙4∙3

3∙2∙1= 10 1 pont



Összesen: 10 pont

6. osztály

I. forduló

1. Egy kocka mindegyik lapjára egy-egy számot

írtunk. Tudjuk, hogy a szemközti lapokon levő számok

összege ugyanannyi. Az a három szám, amit nem látunk,

prímszám. A három nem látható szám közül mekkora a

legnagyobb?

(Róka Sándor, Nyíregyháza)

1. Megoldás:

A 18 és 14 számokkal szemközti lapokon azonos paritású

számoknak kell lennie, és természetesen két különböző számnak. 2 pont

Tehát ezek nem lehetnek páros prímszámok, csakis páratlanok. 1 pont

Így bármely két szemközti szám összege páratlan, 1 pont

ami csak úgy lehet, hogy 35-tel szemközt páros szám áll, 1 pont

és így ez a szám csakis 2 lehet. 1 pont

Tehát a szemközti lapokon lévő számok összege 35 + 2 = 37. 1 pont

Ebből megkapjuk, hogy 14-gyel szemben 23 áll. 1 pont

És mivel nagyobb számmal szemközt kisebb van, 23 a

legnagyobb a nem láthatóak közül. 1 pont

(Vagy: 18-cal szemben pedig 19 van, úgyhogy 23 a

legnagyobb a nem láthatóak közül. 1 pont)


Összesen: 10 pont

2. Megoldás:

Jelöljük a 14-gyel szemközti számot 𝑎-val, ekkor a

18-cal szemközti szám 𝑎 − 4, a 35-tel szemközti pedig 𝑎 − 21. 2 pont

Innen látjuk, hogy az 𝑎 szám 21-nél nagyobb prím, ezért

csak páratlan lehet. 2 pont

Így bármely két szemközti szám összege páratlan, 1 pont

ami csak úgy lehet, hogy 35-tel szemközt páros szám áll, 1 pont

és így ez a szám csakis 2 lehet. 1 pont

Tehát 𝑎 − 21 = 2, 1 pont

és innen 𝑎 = 23. 1 pont


Összesen: 10 pont

6. osztály

I. forduló

2. Igazold, hogy ha két egész szám összege 0-ra végződik, akkor a

számok négyzeteinek a különbsége is 0-ra végződik!

(Dr. Ambrus Gabriella, Budapest)

1. Megoldás:

Ha a két szám azonos előjelű, akkor a lehetséges

végződéspárok: 0-0, 1-9, 2-8, 3-7, 4-6, 5-5. 4 pont

Ha a két szám különböző előjelű, akkor az utolsó

számjegyeiknek meg kell egyezniük. 1pont

Egyszerű számolással adódik, hogy a négyzetre emelés

után megegyeznek a végződések, így igaz az állítás. 4 pont


Összesen: 10 pont

2. Megoldás:

Jelöljük az egyik szám utolsó számjegyét 𝑎-val.

Ha a két szám azonos előjelű, akkor a másik szám utolsó

számjegye 10 − 𝑎. 1 pont

Egy szám négyzetének a végződése csak az utolsó számjegyétől

függ, így elegendő az 𝑎2 és (10 − 𝑎)2 számok utolsó

jegyének összehasonlítása. 1 pont

(10 − 𝑎)2 = 100 − 20𝑎 + 𝑎2 2 pont

Ebből 𝑎2-t elvéve 100 − 20𝑎 = 10(10 − 2𝑎)-t kapunk. 2 pont

A kapott kifejezés 10 többszöröse, így 0-ra végződik. 1 pont

Ha a két szám különböző előjelű, akkor a másik szám utolsó

számjegye is 𝑎. 1 pont

Így a négyzeteik különbségének utolsó számjegye 𝑎2 − 𝑎2 = 0. 1 pont


Összesen: 10 pont

3. Megoldás:

Jelöljük a két számot 𝑎-val és 𝑏-vel.

(𝑎 − 𝑏)(𝑎 + 𝑏) = 𝑎2 − 𝑏2 5 pont

0-ra végződő szám többszörösei is 0-ra végződnek. 2 pont

Ezért 𝑎2 − 𝑏2, ami 𝑎 + 𝑏 többszöröse, is 0-ra végződik. 2 pont


Összesen: 10 pont

Általánosítás:

Ha két egész szám összege 0-ra végződik, akkor a számok bármely páros

kitevőjű hatványainak a különbsége is 0-ra végződik, mert:

(𝑎 + 𝑏) 𝑎2𝑘 − 𝑏2𝑘 = (𝑎 + 𝑏)(𝑎2𝑘−1 − 𝑎2𝑘−2𝑏 + 𝑎2𝑘−3𝑏2 − ⋯ −

𝑏2𝑘−1).

6. osztály

I. forduló

3. Egy nagy családban a gyerekek átlagos életkora 11 év. A

legidősebb gyerek 17 éves, a többiek átlagos életkora 10 év. Hány gyerek

van a családban? (A gyerekek életkorát egész évnek vesszük.)


1. Megoldás:

Ha a családban lévő gyerekek száma x, akkor a gyerekek életkorának

összege 11𝑥. 2 pont

11𝑥 = 17 + 10(𝑥 − 1) 4 pont

11𝑥 = 17 + 10𝑥 – 10

11𝑥 = 7 + 10𝑥

𝑥 = 7. 2 pont

A családban 7 gyerek van. 1 pont


Összesen: 10 pont

2. Megoldás:

Az adatokból látszik, hogy egynél több gyerek van a családban. A

további lehetőségeket az alábbi táblázat tartalmazza:

Gyerekek

száma 2 3 4 5 6 7 8 9 …

A gyerekek

életkorának

összege 22 33 44 55 66 77 88 99 …

Llegidősebb

gyerek

nélküli

átlagos

életkor

5 8 9 91

2 9

4

5 10

71

7> 10

82

8> 10 …

6 pont

A legalsó sorban csakis 7 esetén kapunk 10-et, utána

mindegyik szám nagyobb 10-nél. 1 pont

Ezt például a következőképpen lehet igazolni:

Minden lépésben 11-gyel növeljük a számlálót és 1-gyel a nevezőt. 60

6=

6∙10

6,

60+11

6+1=

6∙10+10+1

6+1=

7∙10+1

7,

7∙10+1+10+1

7+1=

8∙10+2

8, …

Láthatjuk, hogy mindegyik szám 10 többszörösének és egy

másik egész számnak az összege, tehát valóban nagyobb 10-nél. 2 pont

Vagy a legalsó sorban szereplő sorozat monoton

növekedését a következőképpen is lehet igazolni: 2 pont

5 + 11𝑘

1 + 𝑘<

5 + 11(𝑘 + 1)

1 + 𝑘 + 1

(5 + 11𝑘)(2 + 𝑘) < (16 + 11𝑘)(1 + 𝑘)

11𝑘2 + 27𝑘 + 10 < 11𝑘2 + 27𝑘 + 16

10 < 16

Tehát 7 az egyetlen megoldás.


Összesen: 10 pont

6. osztály

I. forduló

4. Az 𝐴𝐵𝐶 egyenlőszárú háromszögben 𝐴𝐶 = 𝐵𝐶 és a háromszög

szárszöge 30°. A 𝐵𝐶 szárra kifelé megrajzoltuk a 𝐶𝐵𝐷 szabályos

háromszöget. Mekkora a 𝐷𝐴𝐵 szög?


Megoldás:

𝐴𝐶𝐵∡ = 30° 1 pont

Az 𝐴𝐵𝐶 háromszög másik két szögének nagysága

(180° − 30°): 2 = 75°. 2 pont

A 𝐶𝐵𝐷 szabályos háromszög minden szöge 60°. 1 pont

Mivel a 𝐶𝐵𝐷 szabályos háromszög, ezért 𝐶𝐷 = 𝐶𝐵, 1 pont

tehát az 𝐴𝐷𝐶 háromszögben 𝐴𝐶 = 𝐷𝐶 (egyenlőszárú). 1 pont

Az 𝐴𝐷𝐶 háromszög szárszöge 30° + 60° = 90°. 1 pont

Emiatt 𝐶𝐴𝐷∡ = 90° ∶ 2 = 45°, 1 pont

és így 𝐷𝐴𝐵∡ = 75° − 45° = 30°. 1 pont


Összesen: 10 pont

7. osztály

I. forduló

1. Egy nagy kockát egyenlő élhosszúságú, pirosra, fehérre vagy

zöldre festett kis kockákból raktunk össze. A kis kockák 13

72-része piros,

25

48-része pedig fehér. A zöld kockák száma 1000-nél kevesebb. Hány kis

kocka van összesen, és ezekből mennyi zöld?

(Tóth Gabriella, Palics)

Megoldás:

1 −13

72−

25

48=

144−26−75

144=

43

144 1 pont

A kis kockák 43

144 része zöld.

A kis kockák számát jelöljük 𝑎3 –bel 1 pont

ekkor a 43

144𝑎3 zöld kockánk van.

Ez egész szám, (43, 144)=1, innen 144⃒𝑎3 1 pont

144 = 32 ∙ 24, innen 𝑎3 = 33 ∙ 26 ∙ 𝑘3 = 1728 ∙ 𝑘3 2 pont

Mivel 43

144∙ 1728 ∙ 𝑘3 = 516 ∙ 𝑘3 < 1000, ezért 𝑘 = 1 lehet. 2 pont

𝑎3 = 1728 ∙ 𝑘3 = 1728 1 pont

43

144∙ 1728 = 516 1 pont


Összesen: 10 pont

7. osztály

I. forduló

2. Tudjuk, hogy 𝑥, 𝑦 és 𝑧 olyan pozitív egész számok, amelyekre

2𝑥𝑦2 = 3𝑧2 teljesül. Határozd meg az 𝑥𝑦𝑧 szorzat lehető legkisebb

értékét!


Megoldás:

3𝑧2 prímtényezős felbontásában 3 kitevője páratlan,

így 2𝑥𝑦2-ben is. 1 pont

Ez csak akkor lehet, ha 3|𝑥 és 𝑥 felírásában is páratlan 3 kitevője. 1 pont

2𝑥𝑦2 osztódik 2-vel, így 3𝑧2 is. Mivel 3𝑧2-ben 2 kitevője páros,

így 2𝑥𝑦2-ben is. 1 pont

Ez csak akkor állhat fenn, ha 2|𝑥 és 𝑥 felírásában is páratlan

2 kitevője. 1 pont

2 ∙ 3 = 6|𝑥 1 pont

Mivel 2|3𝑧2, így 2|𝑧2, tehát 2|𝑧. 1 pont

Figyelembe véve még, hogy 6|𝑥 kapjuk, hogy 12|𝑥𝑦𝑧. 1 pont

Mivel 𝑥𝑦𝑧 minimális kell, hogy legyen így 𝑥𝑦𝑧 = 12 1 pont

𝑥 = 6, 𝑧 = 2, 𝑦 = 1 1 pont


Összesen: 10 pont

7. osztály

I. forduló

3. Egy háromszög belsejében felveszünk néhány pontot. Ezeket

egymással és a háromszög csúcsaival összekötjük úgy, hogy a kapott

szakaszoknak ne legyen a végpontjaikon kívül közös pontja és a

háromszöget kis háromszögekre bontsák. Igazold, hogy a kapott kis

háromszögek száma mindig páratlan!


Megoldás:

Legyen a háromszögek száma k, a pontok száma n.

Az összes háromszög belső szögeinek összege 180 ∙ 𝑘. 2 pont

A pontok körüli szögek összege teljes szög 360° 1 pont

Az eredeti háromszög belső szögeinek összege 180° 1 pont

Máshogyan számolva tehát a háromszög belső szögeinek összege

360° ∙ n + 180° 2 pont

180° ∙ 𝑘 = 360° ∙ n + 180° 1 pont

𝑘 = 2𝑛 + 1 1 pont

𝑘 páratlan 1 pont


Összesen: 10 pont

7. osztály

I. forduló

4. Egy derékszögű háromszög átfogóját az átfogóhoz tartozó

magasság két olyan szakaszra bontja, amelyek különbsége 1 cm. A

háromszög kisebb befogója 1 cm-rel rövidebb az átfogónál. Mekkora a

háromszög átfogója?


Megoldás:

Legyen 𝐵𝐷 = 𝑎, 𝐶𝐷 = 𝑎 + 1.

Mivel 𝐵𝐷 < 𝐶𝐷, ezért 𝐴𝐵 < 𝐴𝐶, így 𝐴𝐵 = 2𝑎 1 pont

𝐴𝐷 = √4𝑎2 − 𝑎2 = √3𝑎 1 pont

𝐴𝐶 = √3𝑎2 + (𝑎 + 1)2 = √4𝑎2 + 2𝑎 + 1 1 pont

4𝑎2 + 2𝑎 + 1 + 4𝑎2 = (2𝑎 + 1)2 2 pont

8𝑎2 + 2𝑎 + 1 = 4𝑎2 + 4𝑎 + 1

4𝑎2 − 2𝑎 = 0 1 pont

2𝑎(2𝑎 − 1) = 0

𝑎 = 0, ami ellentmondás 1 pont

Vagy 𝑎 = 0,5 1 pont

Az átfogó hossza 2 cm 1 pont


Összesen: 10 pont

8. osztály

I. forduló

1. Adott a számegyenesen 5 különböző pont, amelyek páronkénti

távolságai növekvő sorrendben a következők: 2; 4; 5; 7; 8; x; 13; 15; 17;

19. Mennyi lehet x értéke?


Megoldás:

Legyen az 5 különböző pont:

54321 <<<< xxxxx

A közöttük lévő legnagyobb távolság:

1915 xx 1 pont

1945342312 xxxxxxxx

Hogyan állíthatjuk elő 19-et a megadott számok közül 4 db

összegeként?

(19, 17, 15, 13 nem lehet az összeadandók között)

A 3 legkisebb esetén: 2+4+5+8, ami jó.

Ha nagyobbakat veszek: 2+4+7=13, ehhez még 6 kellene, ami

nem lehetséges.

2+4+8 összeghez +5, ami jó megoldást ad, már vizsgáltuk ezt az

esetet.

És innen nagyobb összeadandókat választva, az első három

összeadandónak, végigszámolhatjuk, hogy nem kapunk más

felbontást. Tehát a pontok közötti távolságok valamilyen

sorrendben: 2, 4, 5, 8. 1 pont

A 2 és 4 távolságú pontpárnak nem lehet közös tagja, mert akkor

lenne 6 távolság is. 1 pont

A 2, 8, 4 sem követheti egymást, mert akkor 14 lenne a távolság. 1 pont

A megmaradt esetek:

4,8,5,2 8.2,8,5,4 7.4,5,8,2 6.2,5,8,4 5.

4,5,2,8 4.8,4,5,2 3.2,5,4,8 2.8,2,5,4 1.

2 pont

lehetetlen ami is, távolság10 és 9 van 6.

12= 5.





x

2 pont

Tehát 12x 1 pont

Egy ilyen lehetőség: 19<15<7<2<0

A kiírás alapján járó kiinduló pontszám 1 pont

Összesen: 10 pont

Vagy:

1915 xx 1 pont

Ha vesszük 432 ,, xxx valamelyikét:

1951 ii xxxx 2 pont

Tehát a távolságok között kell lennie olyan pároknak, melyek

összege 19, méghozzá pontosan 3 ilyen párnak. Ilyen párok:

2+17=19

4+15=19

és?

5+14, azaz 14=x , ami ellentmondás; vagy 7+12, azaz

12x

vagy 8+11, azaz 11=x vagy xx , azaz 9,5=x

vagy 13+6, azaz 6=x , ami ellentmondás. 3 pont

Ha 11=x , akkor vagy a 11 hosszú vagy a 8 hosszú szakasz

elején/végén van egy 2 hosszú szakasz. Ekkor megjelenne a 9

vagy 6 távolság. 1 pont

Ha 9,5=x , akkor lennie kellene más nemegész távolságnak is. 1 pont

Csak 12x maradt. És ez lehetséges, például:

19<15<7<2<0 1 pont


Összesen: 10 pont

8. osztály

I. forduló

2. Melyik a legnagyobb olyan pozitív egész szám, amely nem

állítható elő 2017 pozitív összetett szám összegeként?

(Csordás Mihály, Kecskemét)

Megoldás:

A 2017 darab pozitív összeadandó mindegyike nagyobb vagy

egyenlő, mint 4, mert ez a legkisebb pozitív összetett szám. 1 pont

Tehát 806842017 a legkisebb szám, ami előállítható.

Ha 8068-nál nagyobb páros számot veszek, akkor azt elő tudom

úgy állítani, hogy az egyik 4 összeadandót növelem a megfelelő

páros számmal. Ez az összeadandó továbbra is 2-nél nagyobb

páros szám lesz, tehát összetett. Azaz minden 8068-nál nagyobb

páros szám előáll így. 2 pont

8069 esetén, mivel az összeadandók nagyobb vagy egyenlők,

mint 4, az egyiket 1-gyel kellene növelnem, az egyik így 5, ami

nem összetett. Tehát a 8069 nem áll elő. 1 pont

Ugyanúgy 8071 esetén vagy 3-mal vagy 1-gyel növelem

valamelyik összeadandót, de se 7, se 5 nem összetett. 1 pont

8073 esetén viszont az egyik összeadandó 5-tel növelve 9-et

kapok. Tehát 9420168073 1 pont

És innen kezdve minden olyan n páratlan számot fel tudok

bontani kn 58068 , ahol k egy 2-nél nem kisebb páros

szám.

A k 4942015 felbontás jó lesz. 1 pont

Tehát 8071 a legnagyobb felbontatlan. 1 pont


Összesen: 10 pont

Vagy:

Ha n páratlan, akkor legalább az egyik összeadandó páratlan. 9

a legkisebb páratlan összetett szám. 8073942016 n

És innen kezdve minden páratlan szám felbontható, az egyik 4-

es összeadandót növeljük egy páros számmal.

De 8071 nem bontható fel, tehát ez a legnagyobb


Összesen: 10 pont

8. osztály

I. forduló

3. Két egymás utáni négyzetszám közötti páratlan természetes

számok összege 7239. Határozd meg a kisebbik négyzetszámot!

(Zajzon Csaba, Barót)

Megoldás:

Legyen a két szám 2a és 21a .

121 22 aaa 1 pont

Tehát a2 darab szám van közöttük, aminek a fele, azaz a darab

páratlan. 1 pont

Tehát a darab egymást követő páratlan szám összege 7239. Ha

𝑘1-gyel jelöljük a legelsőt, ez az összeg így fejezhető ki:

7239

2

212 1 aak

1 pont

72392

1 aaak

12

1 ak vagy 22

1 ak 1 pont

72391

7239

7239

2

23

23

aa

aa

aaaa

72391

7239

72392

2

23

23

aaa

aaa

aaaa

1 pont

12 aa páros, ez ellentmondás 1271937239 1+1 pont

Egyetlen lehetőség jó:

19a , 127338112 aa 1 pont

Mert 3a esetén 1312 aa

A többi esetben 1> 2 aaa lenne. 1 pont

19a .

(Vagy: Az első esetet a következőképpen ki is lehet zárni: Az

összeg páratlan, ezért páratlan sok összeadandó van. Tehát a

páratlan, így 22

1 ak . 2,5 pont)


Összesen: 10 pont

8. osztály

I. forduló

4. Egy oldalhosszúságú négyzetet az oldalaival párhuzamos egyenesekkel

felbontottunk darab egységnégyzetre. Ezek közül valaki kijelöl egyet.

Bizonyítsd be, hogy bármelyik legyen is a kijelölt kis négyzet, a maradék

terület lefedhető darab L-dominóval! (Az L-dominó olyan alakzat, ami

úgy kapható, hogy egy egységnégyzet két szomszédos oldalához egy-egy

egységnégyzetet ragasztunk kívülről.)


Megoldás:

1n

21 Bármelyik kis -et is jelöljük ki, pont

egy L-dominó maradt ki.

21

13

14

1 pont

Tehát feltételezzük, hogy n -re igaz. 1n -re?

Bontsuk fel az ábrán látható módon 4 darab esnn 22

négyzetre a esnn 11 22 négyzetet. 1 pont

Az esnn 22 négyzet, amiben a kijelölt négyzet van lefedhető

3

14 n

darab dominóval az indulási hipotézis szerint. 1 pont

Most jelöljük ki a másik 3 esnn 22 négyzet azon soraikat,

amelyek a esnn 11 22 négyzet középpontjában találkoznak. 2 pont

Ezen sarkokban lévő kis négyzetek pont egy L-dominót

határoznak meg.

Ezután ismét alkalmazhatjuk az indulási hipotézist erre a 3

esnn 22 négyzetre: a kijelölten kívüli részek 3

14 n

darab

dominóval fedhetők le mindháromnál. 1 pont

Ez összesen: 13

144

n

2 pont

3

14

3

3441

3

144

11

nnn

darab dominó. 1 pont


Összesen: 10 pont

5. osztály

II. forduló

1. Az első Nemzetközi Magyar Matematikaversenyt 25 éve,

1992-ben rendezték Révkomáromban (akkor még csak 9-12. évfolyamon

tanuló diákoknak). 1992 olyan négyjegyű szám, amelynek a fele is és a

harmada is egész szám. Hány olyan négyjegyű pozitív egész szám van,

amelynek a fele is és a harmada is egész szám?


Megoldás:

A kérdés az, hogy hány négyjegyű 6-tal osztható szám van. 1 pont

Egy szám, akkor osztható 6-tal, ha egyszerre osztható 2-vel és 3-

mal. (A 2 és 3 relatív prímek) 2 pont

Mivel összesen 9000 négyjegyű szám van 2 pont

és 9000 osztható 6-tal, így 2 pont

9000: 6 = 1500 ilyen szám van. 2 pont


Összesen: 10 pont

5. osztály

II. forduló

2. A Namény Étteremben a heti menüt vasárnappal kezdődően

állítják össze. Minden nap egyféle desszert szerepel a kínálatban, ami

torta, sütemény, jégkrém vagy puding lehet. Ugyanazt a desszertet két

egymást követő napon nem szabad felszolgálni. A következő pénteken

tortát kell sütniük, mert van egy születésnapi megrendelésük. Hányféle

különböző desszertmenü lehet a következő héten?

(Dr. Kántor Sándorné, Debrecen)

Megoldás:

1.értelmezés

A diák értelmezheti úgy, hogy a következő pénteken azt jelenti,

hogy a következő hét péntekjén. Akkor az alábbi a megoldás:

Szombaton nem lehet torta a választékban, így 3 lehetőség van a

választásra és ugyanez érvényes csütörtökre is. 3 pont

Hasonlóan szerdára, keddre, hétfőre és vasárnapra is 3 lehetőség

van (mindent lehet választani, kivéve azt, amit a következő

napon szolgálnak fel). 2 pont

Így 36 = 729 lehetséges desszertmenü van. 4 pont


Összesen: 10 pont

2.értelmezés

A diák értelmezheti úgy, hogy a mai naphoz legközelebbi

pénteken, ekkor két eset lehetséges. 1 pont

A megoldás pedig az alábbi:

1.eset

Ha ma péntek, szombat vagy vasárnap van nem lehet torta a

választékban, így 3 lehetőség van a választásra. 3 pont


2. eset

Ha ma hétfő, kedd, szerda vagy csütörtök van, akkor minden

napra 3 lehetőség van a választásra. 3 pont



Összesen: 10 pont

5. osztály

II. forduló

3. Igazold, hogy bármely 11 pozitív egész szám között van kettő

olyan, amelyek különbsége osztható 10-zel!


Megoldás:

A skatulya elv alapján 11 pozitív szám között (tízes

számrendszerben) van legalább kettő, amelyek azonos

számjegyre végződnek, 4 pont

így a különbségük 0-ra végződik, 3 pont

tehát 10-zel osztható. 2 pont


Összesen: 10 pont

5. osztály

II. forduló

4. Rajzolj 10 olyan különböző síkidomot a négyzetrácsos lapon,

amelyeknek csúcsai rácspontok és területük két kis négyzetnyi ! Nem

tekintjük különbözőnek azokat a síkidomokat, amelyek mozgatással

fedésbe hozhatóak.

(Brenyó Mihály, Kecskemét)

Néhány megoldás:

a fele 2

ezekből 8 különböző alkotható

ilyenekből még továbbiak

Mindegyik helyes ábra (az első nyolc ábra közül) (1 pont)

Az első nyolc ábra összesen 8 pont

Az utolsó két helyes ábra együttesen. 1 pont


Összesen: 10 pont

6. osztály

II. forduló

1. Volt 216 cédulánk, amelyek közül kiválasztottunk néhányat, és

ezeket 10-10 darabra vágtuk, majd az összesből ismét kiválasztottunk

néhányat, és ezeket megint 10-10 darabra vágtuk, ezt az eljárást

néhányszor megismételtük. Ezután összeszámláltuk a cédulákat és 2017-

et kaptunk. Helyes volt-e a számlálás?


Megoldás:

Ha egy kiválasztott cédulát 10 részre vágunk, 9-cel nő a cédulák

száma. 2 pont

Tehát az eljárás minden lépésében 9 egy többszörösével nő a

cédulák száma, és így a teljes eljárás során is 9 egy

többszörösével. 3 pont

2017 − 216 = 1801

Azaz összesen 1801-gyel nőtt a cédulák száma. 2 pont

De 1801 nem osztható 9-cel, 1 pont

ezért a számolás helytelen volt. 1 pont


Összesen: 10 pont

6. osztály

II. forduló

2. A DEF szabályos háromszög minden oldalát 6-6 egyenlő részre

osztottuk, majd az osztópontokon keresztül az oldalakkal párhuzamos

egyeneseket húztunk. Az egyenesek metszéspontjai által meghatározott

legkisebb háromszögek területe 1 cm2.

a) Hány cm2 a DEF háromszög területe?

b) Legyen a DEF háromszög DE oldalán a D csúcshoz legközelebbi

hatodoló pont A, a DF oldalon a D csúcstól távolabbi harmadoló pont B

és az EF oldal felezőpontja C. Hány cm2

az ABC háromszög területe?


Megoldás:

a) Például ,,soronként’’ számolva a DEF háromszög területe

1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36 (cm2). 3 pont

b) Az ABC háromszöget az ábrán látható módon három kisebb

háromszögre daraboljuk, majd paralelogrammává egészítjük ki

azokat. 2 pont

A kis 𝐴𝐵𝑀, 𝐴𝐶𝑀, 𝐵𝐶𝑀 háromszögek területe az így kapott

paralelogrammák területének felével egyenlő. 2 pont

Így az 𝐴𝐵𝐶 háromszög területe: 6+12+4

2= 11 (cm

2). 2 pont


Összesen: 10 pont

6. osztály

II. forduló

3. Peti elfelejtette barátja hétjegyű telefonszámát, csak a

következőkre emlékezett. A telefonszám minden számjegye különböző,

és nincs benne nulla, de van benne egyes. A hétjegyű szám első három

számjegyéből képzett háromjegyű szám osztható kilenccel, és a

számjegyek olyan növekvő sorrendben követik egymást, hogy a két-két

szomszédos számjegy között a különbség megegyezik. Maga a

telefonszám osztható öttel. Legfeljebb hány próbálkozással tudja felhívni

a barátját, ha minden telefonszámot, amely a fenti feltételeknek megfelel,

csak egyszer próbál ki?


Megoldás:

Mivel a szám osztható 5-tel és nincs 0 számjegye, így az utolsó

számjegy csak 5 lehet. 1 pont

Az első három számjegyéből képzett szám osztható 9-cel, így a

számjegyek összege is osztható 9-cel, am így 9 vagy 18. 1 pont

A lehetséges számhármasok 9 esetén: (2;3;4) és (1;3;5). De az

utóbbit kizárhatjuk, mert már felhasználtuk az 5-ös számjegyet. 1 pont

A lehetséges számhármasok 18 esetén: (5;6;7), (4;6;8) és

(3;6;9). De az előbbiekhez hasonlóan az elsőt kizárhatjuk. 1 pont

Ezek a számjegyek növekvő sorrendben, tehát csak

egyféleképpen, állhatnak sorban. Így az első három számjegy

összesen háromféle lehet. 1 pont

Egyik esetben sem használtuk még fel az 1-es számjegyet, így a

4., 5. és 6. hely valamelyikén kell 1-nek állnia. Azaz 1 helye

háromféle lehet. 1 pont

A maradék két helyre 4 számjegy közül választhatunk még, amit

4 ∙ 3 = 12 féleképpen tehetünk meg. 1 pont

Így az összes lehetőség: 3 ∙ 3 ∙ 12 = 108. 2 pont

Tehát Peti 108 próbálkozással biztosan fel tudja hívni a barátját.


Összesen: 10 pont

6. osztály

II. forduló

4. Határozd meg azokat a kétjegyű természetes számokat,

amelyeknek a négyzete ugyanarra a kétjegyű számra végződik!

Léteznek-e olyan háromjegyű számok, amelyek négyzete ugyanarra a

háromjegyű számra végződik?


1. Megoldás:

A kétjegyű szám utolsó számjegye csak 0, 1, 5 vagy 6 lehet. 1 pont

Ha az utolsó számjegye 0, akkor a négyzete 100-zal osztható,

két 0-ra végződik, azaz a=0, ami lehetetlen. 1 pont

Ha az utolsó számjegy 1, akkor az 𝑎1̅̅̅̅ ∙ 𝑎1̅̅̅̅ szorzás elvégzése

során azt kapjuk, hogy 𝑎 + 1-nek 𝑎-ra kell végződnie, ami

lehetetlen. 1 pont


során azt kapjuk, hogy 5𝑎 + 2 + 5𝑎 = 10𝑎 + 2-nek 𝑎-ra kell

végződnie. Azaz 𝑎 = 2. 2 pont

Az így kapott kétjegyű szám: 25.


során azt kapjuk, hogy 6𝑎 + 3 + 6𝑎 = 12𝑎 + 3-nek 𝑎-ra kell

végződnie. Azaz 𝑎 = 7. 2 pont

Az így kapott kétjegyű szám: 76.

Tehát két olyan kétjegyű szám, ami eleget tesz a feladat

feltételeinek: 25 és 76.

Ezt felhasználva látjuk, hogy a háromjegyű szám utolsó két

számjegye 25 vagy 76 lehet.

Ha 25-re végződik a szám, akkor az 𝑎25̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑎25̅̅ ̅̅ ̅ szorzás

elvégzése során azt kapjuk, hogy 5𝑎 + 1 + 5 + 5𝑎 = 10𝑎 + 6-

nak 𝑎-ra kell végződnie. Azaz 𝑎 = 6. 2 pont

Tehát létezik ilyen háromjegyű szám, pl. 625.

Megjegyzés: Ha 76-ra végződik a szám, akkor az 𝑎76̅̅ ̅̅ ̅ ∙ 𝑎76̅̅ ̅̅ ̅

szorzás elvégzése során azt kapjuk, hogy

6𝑎 + 4 + 3 + 6𝑎 = 12𝑎 + 7-nek 𝑎-ra kell végződnie.

Azaz 𝑎 = 3.

Az így kapott háromjegyű szám: 376.

Tehát a feladat feltételeinek eleget tevő háromjegyű számokból

is kettő van: 625 és 376.


Összesen: 10 pont

2. Megoldás:

Jelöljük a kétjegyű számot 𝑎𝑏̅̅ ̅-vel.

𝑎𝑏2

− 𝑎𝑏 utolsó két számjegye 00, ezért osztható 100-zal. 1 pont

Másrészt 𝑎𝑏2

− 𝑎𝑏 = 𝑎𝑏̅̅ ̅(𝑎𝑏 − 1), két szomszédos szám

szorzata, amelyek természetesen relatív prímek. 2 pont

Úgyhogy 100 csak úgy oszthatja ezt a szorzatot, ha a szorzat

egyik tényezője osztható 25-tel. 1 pont

Ha 𝑎𝑏̅̅ ̅ = 25, akkor 𝑎𝑏2

= 625.


= 2500.


= 5625.

Ha 𝑎𝑏̅̅ ̅ − 1 = 25, akkor 𝑎𝑏̅̅ ̅ = 26 és 𝑎𝑏2

= 676.


= 2601.


= 5776. 2 pont

Tehát két megfelelő szám van: 25 és 76. 1 pont

Hasonló számolással megtalálhatjuk a két megfelelő háromjegyű

számot is, 376-ot és 625-öt. 2 pont


Összesen: 10 pont

3. Megoldás:

A feladat olyan számokat kér, amelyek négyzetéből kivonva az

eredeti számot, az eredmény 100-zal osztható lesz. 1 pont

Vagyis: 𝑎𝑏

2−𝑎𝑏

100∈ ℕ, ahol 𝑎, 𝑏 számjegyek, és 𝑎 ≠ 0.

(10𝑎+𝑏)2−(10𝑎+𝑏)

100=

100𝑎2+20𝑎𝑏+𝑏2−10𝑎−𝑏

100 2 pont

Innen azt kapjuk, hogy 𝑏 ∙ (𝑏 − 1)-nek 10-zel oszthatónak kell

lennie. 1 pont

Ha 𝑏 = 1, akkor 100𝑎2+10𝑎

100-t kapjuk, itt nincs megoldás. 1 pont

Ha 𝑏 = 5, akkor 100𝑎2+90𝑎+20

100-t kapjuk, innen csak 𝑎 = 2 lesz

megfelelő. 1 pont

Így az egyik megfelelő kétjegyű szám 25 (252 = 625).

Ha 𝑏 = 6, akkor 100𝑎2+110𝑎+30

100-t kapjuk, innen csak 𝑎 = 7 lesz

megfelelő. 1 pont

Így a másik megfelelő kétjegyű szám a 76 (762 = 5776).

Tehát a két megoldás: 25 és 76.

Háromjegyű szám is létezik ilyen tulajdonsággal, pontosan

kettő, amit hasonló vizsgálattal kaphatunk meg: 376 és 625. 2 pont

3762 = 141376

6252 = 390625


Összesen: 10 pont

7. osztály

II. forduló

1. Hány olyan négyjegyű, tízes számrendszerbeli természetes

szám van, amelynek első három számjegye (a magasabb helyi értéktől az

alacsonyabb felé haladva) különböző, mind a négy számjegye prímszám,

de a négyjegyű szám nem osztható semelyik számjegyével?


Megoldás:

A feladat feltételei miatt csak a 2, 3, 5, 7 számjegyek

szerepelhetnek.

Az utolsó számjegy csak a 3 és 7 lehet,

ellenkező esetben osztódik 2-vel és 5-tel 1 pont

Az első három számjegy 2, 3, 5 vagy 2, 3, 7 vagy 2, 5, 7 vagy 3,

5, 7 lehet 1 pont

a)Ha az utolsó számjegy 3,

akkor az első három számjegy 2, 3, 5 vagy 2, 5, 7 lehet 1 pont

Ezekből a következő számok képezhetők

2353, 2573, 2533, 2753, 5233, 5273, 5323, 5723, 3253, 7253,

3523, 7523 1 pont

Ellenőrzés után egyik sem osztható 7-tel 1 pont

b)Ha az utolsó számjegy 7,

akkor az első három számjegy 2, 3, 5 vagy 2, 3, 7 vagy 3, 5, 7

vagy 2, 5, 7 1 pont

Ezekből a következő számok képezhetők

2357, 2537, 2737, 3257, 3577, 3527, 5237, 2377, 3277, 3727,

7237, 7327, 3757, 5377,

5737, 7537, 7357, 2577, 2757, 5277, 5727, 7257, 7527 1 pont

Ellenőrzés után 18 szám nem 7-tel és 4 szám osztható 7-tel. 1 pont

Válasz 32 1 pont


Összesen: 10 pont

7. osztály

II. forduló

2. Juliska gondolt 5 valós számra, majd képezte belőlük mind a 10

lehetséges páronkénti összeget. Ezt a 10 számot valamilyen sorrendben

átadta Jancsinak. Ki tudja-e találni Jancsi, hogy mi volt az 5 eredeti

szám?


Megoldás:

Legyenek a gondolt számok 𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 ≥ 𝑑 ≥ 𝑒.

A 10 összeg közül

a legnagyobb az 𝑎 + 𝑏, a második legnagyobb az 𝑎 + 𝑐 1 pont

a legkisebb a 𝑑 + 𝑒, a második legkisebb a 𝑐 + 𝑒, 1 pont

összegezve a két legnagyobbat és a legkisebbet 2𝑎 + 𝑏 + 𝑐 +𝑑 + 𝑒 A 10 összeget összeadva és elosztva 4-gyel

Meghatározzuk 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒-t. 2 pont

A kettő különbségéből megkapjuk 𝑎-t. 1 pont

𝑎 + 𝑐-ből megkapjuk 𝑐-t. 1 pont

𝑎 + 𝑏-ből megkapjuk 𝑏-t. 1 pont

A két legkisebb és a legnagyobb összegéből 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 2𝑒

Kivonva belőle 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + 𝑒 kapjuk 𝑒 1 pont

𝑑 + 𝑒-ből megkapjuk 𝑑-t. 1 pont


Összesen: 10 pont

7. osztály

II. forduló

3. Egy téglalap egyik belső pontját tükrözd mind a négy oldalára!

Legyen 𝑃 az a négyszög, melynek csúcsai a belső pont tükörképei.

Mekkora 𝑃 területének és kerületének a minimuma? A téglalap

oldalainak hossza 3 cm és 4 cm.


Megoldás:

A tükrözések miatt a 𝑃1𝑃2𝑃3𝑃4 négyszög területe a kétszerese a

téglalapénak 2 pont

Így 𝑇𝑃1𝑃2𝑃3𝑃4= 2 ∙ 3 ∙ 4 = 24 𝑐𝑚2. 1 pont

A 𝑃1𝑃2𝑃3𝑃4 négyszög kerülete egyenlő

𝑃-nek a csúcsoktól mért távolság összegének a kétszerese 1 pont

Ez akkor a legkisebb, ha 𝑃 az átlók metszéspontja 2 pont

Így 𝑃1𝑃2𝑃3𝑃4 kerületének minimuma a téglalap átlójának

négyszerese 1 pont

A téglalap átlója 5 cm 1 pont

𝑃1𝑃2𝑃3𝑃4 kerületének minimuma 20 cm 1 pont


Összesen: 10 pont

7. osztály

II. forduló

4. Legyen 𝑀1 = {1}, 𝑀2 = {3,5}, 𝑀3 = {7,9, 11}, stb. Határozd

meg az 𝑀𝑛 halmaz elemeinek az összegét!


Megoldás:

Az 𝑀1 ⋃𝑀2⋃ ⋯ ⋃𝑀𝑛−1 halmaz elemszáma 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 −

1 =𝑛(𝑛−1)

2 2 pont

Az 𝑀1 ⋃𝑀2⋃ ⋯ ⋃𝑀𝑛 halmazok elemszáma 1 + 2 + ⋯ + 𝑛 =𝑛(𝑛+1)

2 2 pont

Az első 𝑛 pozitív páratlan szám összege 𝑛2 2 pont

Az 𝑀1 , 𝑀2, ⋯ 𝑀𝑛−1 halmazok elemeinek összege 𝑛2(𝑛−1)2

4 1 pont

Az 𝑀1, 𝑀2, ⋯ 𝑀𝑛 halmazok elemeinek összege 𝑛2(𝑛+1)2

4 1 pont

𝑀𝑛 elemeinek összege 𝑛2(𝑛+1)2

4−

𝑛2(𝑛−1)2

4=

𝑛2

4∙ 2 ∙ 2𝑛 = 𝑛3 1 pont


Összesen: 10 pont

8. osztály

II. forduló

1. Határozd meg azokat az 𝑥, 𝑦 természetes számokat, amelyekre 20

𝑥+

17

𝑦= 1 és 𝑥 ∙ 𝑦 teljes négyzet!


Megoldás:

Feltétel: 𝑥𝑦 ≠ 0 .

Szorzunk xy-nal és rendezzük, alakítjuk az egyenletet:

𝑥𝑦 − 20𝑦 − 17𝑥 = 0 1 pont

Kapjuk: (𝑥 − 20)(𝑦 − 17) = 20 ∙ 17 2 pont

𝑥– 20 =1, 2, 4, 5, 10, 17, 20, 34, 68, 85, 170, 340 2 pont

és 𝑦 − 17 = a megfelelő másik tényezővel.

Megoldások:(21, 357), (22, 187), (24, 102),

(25, 85), (30, 51), (37, 37), (40, 34),

(54, 27), (88, 22), (105, 21), (190, 19), (360, 18)

összesen 12 megoldás. 2 pont

Ezek között xy teljes négyzet két esetben:

𝑥 = 37 és 𝑦 = 37, ekkor 𝑥𝑦 = 372 1 pont

𝑥 = 88 és 𝑦 = 22, ekkor 𝑥𝑦 = 442 1 pont


Összesen: 10 pont

8. osztály

II. forduló

2. Az 𝑅 sugarú körbe írt szabályos 14 oldalú sokszög csúcspontjai

között levő különböző távolságok négyzetének összegét add meg 𝑅

segítségével kifejezve!


Megoldás:

A sokszög csúcsait jelöljük valamelyik csúcsból kiindulva, egy

forgásirányt betartva 𝐴1, 𝐴2 , … , 𝐴8, … , 𝐴14 betűkkel.

Nyilvánvaló (Szimmetria okokból), hogy az 𝐴1𝐴2𝐴8, 𝐴1𝐴3𝐴8,

𝐴1𝐴4𝐴8 háromszögek oldalai között minden olyan távolság

előfordul, aminek a négyzetösszegét keressük, 2 pont

mégpedig a kör átmérőjére: 𝐴1𝐴8 = 2𝑅 háromszor, a többi

pontosan egyszer. 1 pont

A 𝐴1𝐴7𝐴8, 𝐴1𝐴3𝐴8, 𝐴1𝐴4𝐴8 háromszögek derékszögűek, 1 pont

mindegyik átfogóinak négyzetösszege(2𝑅)2,

𝐴1𝐴22 + 𝐴2𝐴8

2 = (2𝑅)2; 𝐴1𝐴32 + 𝐴3𝐴8

2 = (2𝑅)2;

𝐴4𝐴12 + 𝐴4𝐴8

2 = (2𝑅)2

3 pont

így a keresett összeg 3 ∙ (2𝑅)2 + (2𝑅)2 = 16𝑅2 2 pont


Összesen: 10 pont

8. osztály

II. forduló

3. Az 𝐴𝐵𝐶 háromszög csúcsainak koordinátái a derékszögű

koordináta-rendszerben 𝐴(6; 4), 𝐵(2; −3) és 𝐶(8; 1). Tekintsük azt a

téglalapot, amelynek oldalai párhuzamosak a koordináta-tengelyekkel, és

amelynek minden oldalára illeszkedik az 𝐴, 𝐵, 𝐶 pontok valamelyike úgy,

hogy az 𝐴𝐵𝐶 háromszög minden pontja, a csúcsok kivételével, a téglalap

belső pontja. Ezután a háromszög beírt körének középpontját tükröztük a

háromszög oldalaira. Határozd meg a tükörképek és a háromszög csúcsai

által alkotott sokszög, valamint a téglalap területének arányát!


Megoldás:

Először rajzoljuk meg a feladatban megfogalmazott téglalapot.

Ennek a területe könnyen kiszámítható az ábrán szereplő pontok

koordinátái segítségével: 𝑇𝐵𝐸𝐹𝐷 = 6 ∙ 7 = 42 területegység. 2 pont

Az ábra segítségével az 𝐴𝐵𝐶 háromszög területét is

kiszámíthatjuk:

𝑇𝐴𝐵𝐶 = 𝑇𝐵𝐸𝐹𝐷 − 𝑇𝐵𝐸𝐶 − 𝑇𝐶𝐹𝐴 − 𝑇𝐴𝐷𝐵. 1 pont

Mivel 𝑇𝐵𝐸𝐶 =6∙4

2= 12, 𝑇𝐶𝐹𝐴 =

3∙2

2= 3 , 𝑇𝐴𝐷𝐵 =

4∙7

2= 14 ezért

(2)-ből: 𝑇𝐴𝐵𝐶 = 42 − 12 − 3 − 14 = 13 területegység. 1 pont

Legyen 𝐾 az 𝐴𝐵𝐶 háromszögbe írt kör középpontja, 𝐾1 pedig a

𝐾 pont 𝐴𝐵 oldalra vett tükörképe, 𝐾2 pedig a 𝐾 pont 𝐴𝐶 oldalra

vett tükörképe,

𝐾3 pedig a 𝐾 pont 𝐵𝐶 oldalra vett tükörképe Ekkor

𝑇𝐴𝐵𝐾 = 𝑇𝐴𝐵𝐾1; 𝑇𝐴𝐶𝐾 = 𝑇𝐴𝐶𝐾2

; 𝑇𝐵𝐶𝐾 = 𝑇𝐵𝐶𝐾3 1 pont

A tükrözés miatt

𝑇𝑠𝑜𝑘𝑠𝑧ö𝑔 = 2𝑇𝐴𝐵𝐶 = 26 területegység. 2 pont 𝑇𝑠𝑜𝑘𝑠𝑧ö𝑔

𝑇𝐵𝐷𝐹𝐸=

26

42=

13

21 2 pont


Összesen: 10 pont

8. osztály

II. forduló

4. Az 𝑎, 𝑏 nemnulla valós számokra teljesül az 𝑎2 − 𝑎𝑏 + 1 = 0

egyenlőség. Fejezd ki 𝑏 segítségével 𝑎9 +1

𝑎9 értékét!


1.Megoldás:

Az adatokból kapjuk: 𝑎 +1

𝑎− 𝑏 = 0 1 pont

Ha 𝑎 = 𝑥,1

𝑎= 𝑦, −𝑏 = 𝑧, akkor 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 0

𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧3 = 3𝑥𝑦𝑧

𝑎3 +1

𝑎3 − 𝑏3 = 3 ∙ 𝑎 ∙1

𝑎∙ (−𝑏) 3 pont

𝑎3 +1

𝑎3 = 𝑏3 − 3 ∙ 𝑏,

𝑎3 +1

𝑎3− (𝑏3 − 3 ∙ 𝑏) = 0 1 pont

𝑎9 +1

𝑎9− (𝑏3 − 3 ∙ 𝑏)3 = 3 ∙ 𝑎3 ∙

1

𝑎3∙ (−(𝑏3 − 3𝑏)) 2 pont

𝑎9 +1

𝑎9= (𝑏3 − 3 ∙ 𝑏)3 − 3 ∙ (𝑏3 − 3 ∙ 𝑏) = (𝑏3 − 3𝑏) ∙

((𝑏3 − 3𝑏)2 − 3)=

= 𝑏(𝑏2 − 3)(𝑏9 − 6𝑏4 + 9𝑏2 − 3) 2 pont


Összesen: 10 pont

2.Megoldás:

Az adatokból kapjuk: 𝑎 +1

𝑎− 𝑏 = 0 1 pont

𝑎3 +1

𝑎3 = (𝑎 +1

𝑎)

3

− 3 (𝑎 +1

𝑎) 2 pont

𝑎3 +1

𝑎3= 𝑏3 − 3𝑏

𝑎9 +1

𝑎9 = (𝑎3 +1

𝑎3)3

− 3 (𝑎3 +1

𝑎3) 4 pont

𝑎9 +1

𝑎9 = (𝑏3 − 3𝑏)3 − 3(𝑏3 − 3𝑏) = (𝑏3 − 3𝑏) ∙

((𝑏3 − 3𝑏)2 − 3)=

= 𝑏(𝑏2 − 3)(𝑏9 − 6𝑏4 + 9𝑏2 − 3) 2 pont


Összesen: 10 pont

Eredmények

5. osztály

Név 1. 2 3 4 I. 1. 2 3 4 II Σ Hely. Díj

Záhorszki Orsolya 10 10 4 12 36 10 10 10 10 40 76 1 I.

Dancsák Dénes 10 10 10 10 40 10 6 10 10 36 76 1 I.

Sándor Kincső 10 9 8 12 39 10 5 10 10 35 74 3 I.

Miklós Janka 10 9 10 10 39 10 9 10 6 35 74 3 I.

Tamás Péter 9 10 5 12 36 10 9 8 9 36 72 5 II.

Benedek Márton 8 9 5 11 33 10 8 10 10 38 71 6 II.

Kuti Berta Rozália 10 9 4 12 35 4 10 10 11 35 70 7 II.

Bencsik Bendegúz 10 8 7 12 37 4 8 10 10 32 69 8 II.

Bogár Szabó Mihály 10 10 7 12 39 10 2 5 13 30 69 8 II.

Szabó Thalmeiner Balázs 10 4 4 11 29 10 10 8 11 39 68 10 II.

Simon László 10 8 2 12 32 10 4 10 11 35 67 11 III.

Zázrovity Zsolt 8 10 9 10 37 4 7 9 10 30 67 11 III.

Nyikos Botond Tamás 10 10 1 10 31 8 7 8 10 33 64 13 III.

Bodó Bence 9 10 5 8 32 6 4 10 10 30 62 14 Dícs.

Fülöp Bence 9 5 10 8 32 10 7 5 6 28 60 15 Dícs.

Németh Máté László 3 10 4 10 27 7 7 7 10 31 58 16 Dícs.

Mayer Krisztián 10 10 6 10 36 5 6 1 10 22 58 16 Dícs.

Magyar Milla 10 4 4 10 28 5 7 7 10 29 57 18 Dícs.

Keresztes Anna Dorottya 9 4 2 10 25 10 5 10 5 30 55 19 Dícs.

Domján Olivér 4 10 5 10 29 3 3 8 11 25 54 20 Dícs.

Hadar Barbara 9 10 4 10 33 8 4 8 1 21 54 20 Dícs.

Kurucz Kitti 2 10 2 10 24 10 4 6 10 30 54 20 Dícs.

Ludescher László 9 3 5 10 27 8 3 8 7 26 53 23

Gaál Lilla 10 8 1 7 26 2 7 8 10 27 53 23

Pásztor Viktor 10 5 4 10 29 10 2 1 10 23 52 25

Kalmár Krisztina 8 10 2 10 30 3 5 10 4 22 52 25

Erdélyi Nimród 5 5 7 5 22 7 9 4 10 30 52 25

Dobos Julianna 10 6 8 4 28 2 10 1 10 23 51 28

Udvaros Borbála 10 3 4 8 25 4 3 7 10 24 49 29

Vizsy Fanni Zsóka 10 2 4 8 24 2 2 10 9 23 47 30

Németh Lukács 10 5 4 8 27 1 2 1 10 14 41 31

Varga Janka 2 7 4 7 20 1 2 1 6 10 30 32

Erdélyi Kamilla 3 4 1 8 16 4 3 1 5 13 29 33

Sarnyai Kitti 4 4 2 10 20 1 2 1 1 5 25 34

Nagy Márton 2 10 2 4 18 2 2 1 1 6 24 35

Balogh András 2 1 1 9 13 1 1 1 6 9 22 36

Karmacsi Bence 1 1 1 8 11 1 1 1 6 9 20 37

Nagy Natália 4 2 1 7 14 1 2 1 1 5 19 38

Kacsó Anna Júlia 2 1 1 6 10 3 3 1 1 8 18 39

6. osztály

Név 1 2 3 4 I 1 2 3 4 II Σ Hely. Díj

Ferencz Péter 10 13 11 10 44 10 5 10 10 35 79 1 I.

Barta Zágoni Bernadette 10 9 10 10 39 10 6 8 9 33 72 2 II.

Németh Márton Tamás 10 9 10 10 39 10 10 7 6 33 72 2 II.

Vajda Péter 10 9 10 10 39 10 5 10 7 32 71 4 II.

Árok Anna 10 9 10 10 39 10 6 9 7 32 71 4 II.

Nagy Zsuzsa 1 9 10 10 30 10 8 9 11 38 68 6 III.

Bakos Eszter 10 9 11 3 33 10 5 8 9 32 65 7 III.

Mezey Dorottya 10 9 10 3 32 10 9 10 4 33 65 7 III.

Kiss Máté-Kristóf 5 10 10 10 35 7 9 8 4 28 63 9 III.

Klepáček László 7 10 9 4 30 10 10 6 4 30 60 10 Dícs.

Kőműves Emese 5 9 10 5 29 1 10 10 10 31 60 10 Dícs.

Bereczki Anna 9 10 10 10 39 10 3 5 1 19 58 12 Dícs.

Maksi Sámuel Richárd 9 9 5 4 27 4 10 7 9 30 57 13 Dícs.

Bara Gabriella 10 8 10 5 33 10 2 6 5 23 56 14 Dícs.

Kiss Dániel Bendegúz 6 9 10 10 35 10 5 2 3 20 55 15 Dícs.

Nagy Boglárka 8 9 3 10 30 6 9 6 4 25 55 15 Dícs.

Páll Márton 10 9 9 3 31 10 4 6 2 22 53 17 Dícs.

Espán Gergely 5 9 9 5 28 9 6 5 5 25 53 17 Dícs.

Csikós Petra 5 9 9 9 32 6 5 5 3 19 51 19 Dícs.

Havasi Marcel Milán 9 9 2 5 25 10 5 8 2 25 50 20 Dícs.

Kocsis Nándor 7 5 5 10 27 10 5 4 4 23 50 20 Dícs.

Fazekas István 6 5 9 1 21 10 3 9 4 26 47 22

Jeszenói Sára 9 1 8 5 23 10 8 2 4 24 47 22

Halasi Gergő 10 9 2 5 26 10 5 2 3 20 46 24

Lacz Kinga 6 7 10 5 28 2 5 3 8 18 46 24

Szász Dávid 3 10 4 1 18 10 9 4 3 26 44 26

Hizsnyon Bálint 4 3 10 3 20 10 3 7 3 23 43 27

Somonyi Ákos 10 3 9 5 27 8 2 4 2 16 43 27

Ceglédy Levente 4 3 5 3 15 10 10 3 3 26 41 29

Varga Bálint 4 7 8 5 24 4 5 5 2 16 40 30

Gulyás Gábor Zsombor 4 9 6 4 23 1 6 5 4 16 39 31

Polgár Sándor Bendegúz 4 6 9 5 24 4 5 4 2 15 39 31

Bátky Tamás 3 2 10 4 19 8 5 2 3 18 37 33

Németh Georgina 4 1 8 4 17 1 6 8 2 17 34 34

Luksa Dániel 4 1 9 1 15 10 1 1 1 13 28 35

Nagy Albert 10 6 2 1 19 3 2 2 1 8 27 36

Nagygyörgy Zsóka 4 3 1 1 9 1 4 3 4 12 21 37

Vidnyánszky Dária 1 2 1 3 7 1 2 4 1 8 15 38

Katrin Dominika 1 2 1 1 5 1 1 3 2 7 12 39

7. osztály

Név 1 2 3 4 I 1 2 3 4 II Σ Hely. Díj

Kaiser Dániel 9 8 5 12 34 10 6 9 10 35 69 1 I.

Szabó Eszter (Sz) 10 9 6 10 35 10 10 9 5 34 69 1 I.

Csaplár Viktor 9 8 10 10 37 7 10 10 5 32 69 1 I.

Jánó Róbert 9 4 5 13 31 7 10 9 5 31 62 4 II.

Jánosik Máté 10 8 5 10 33 6 10 5 8 29 62 4 II.

Lázár V. Róbert-

Venczel 9 9 5 4 27 9 10 8 6 33 60 6 III.

Beinschroth Ninett 9 8 3 9 29 10 10 5 6 31 60 6 III.

Török Ágoston 9 9 4 10 32 8 6 8 5 27 59 8 III.

Éles F. Júlia 6 8 5 10 29 8 10 5 6 29 58 9 III.

Kun Édua Boróka 6 1 4 13 24 6 7 10 10 33 57 10 III.

Kiss R. Anita 7 9 5 10 31 7 3 8 7 25 56 11 III.

Koleszár Domonkos 9 7 9 10 35 9 1 7 2 19 54 12 Dícs.

Kun Ferenc Ágoston 7 2 7 10 26 8 10 5 4 27 53 13 Dícs.

Márkó Ágnes 9 8 3 10 30 7 3 5 6 21 51 14 Dícs.

Csordás Kevin Gábor 7 2 5 4 18 10 10 8 5 33 51 14 Dícs.

Szabó Eszter (K) 8 1 7 4 20 10 10 4 5 29 49 16 Dícs.

Kovács Rita 7 9 5 2 23 9 10 2 4 25 48 17 Dícs.

Zsigó Dávid 9 8 3 10 30 5 3 8 2 18 48 17 Dícs.

Sinkovics Alex 4 7 5 2 18 9 1 9 4 23 41 19

Tamás Szabolcs 9 5 5 4 23 10 3 1 4 18 41 19

Révész Máté 3 1 5 10 19 4 10 4 4 22 41 19

Demeter Gergő 7 2 5 7 21 2 3 9 6 20 41 19

Csuka Balázs Márk 2 7 2 4 15 9 10 5 2 26 41 19

Radócz István 4 2 4 10 20 10 1 8 1 20 40 24

Apró Dorottya 3 4 4 9 20 10 1 7 2 20 40 24

Gál Józef 2 6 5 8 21 8 1 8 2 19 40 24

Tallér Máté István 5 8 5 4 22 8 1 5 2 16 38 27

Szilágyi Botond 3 2 4 7 16 10 3 6 2 21 37 28

Perneki Dóra 9 1 5 3 18 7 1 7 4 19 37 28

Back István Levente 5 4 6 4 19 10 3 1 4 18 37 28

Bakonyi Blanka 7 2 3 3 15 10 1 1 6 18 33 31

Török Attila 5 5 5 3 18 3 3 7 1 14 32 32

Bucsánszky Zsombor

Bálint 5 2 3 2 12 10 1 5 4 20 32 32

Kiss Gergely 2 2 2 4 10 7 5 7 2 21 31 34

Varga Péter 5 2 2 1 10 6 3 9 3 21 31 34

Dolník Máté 7 1 4 4 16 10 1 3 1 15 31 34

Agócs Olivér 3 3 3 7 16 8 1 4 2 15 31 34

Kardos Levente 4 4 3 1 12 9 1 2 3 15 27 38

Hájas Dominika 2 4 3 6 15 7 3 1 1 12 27 38

Simonics Bence 5 7 2 1 15 5 3 3 1 12 27 38

Hapák Alexandra 1 6 5 2 14 3 3 1 1 8 22 41

Sörös Kinga 4 4 5 1 14 1 1 1 2 5 19 42

Csuvár Ákos 4 1 5 1 11 4 1 1 1 7 18 43

Lelovics Gergely 3 1 3 3 10 3 2 1 1 7 17 44

Szanyi Ketura 2 1 2 2 7 4 1 1 1 7 14 45

Businszki Krisztián 1 4 2 1 8 1 1 1 1 4 12 46

Nagy Albert 10 6 2 1 19 3 2 2 1 8 27 36

Nagygyörgy Zsóka 4 3 1 1 9 1 4 3 4 12 21 37

Vidnyánszky Dária 1 2 1 3 7 1 2 4 1 8 15 38

Katrin Dominika 1 2 1 1 5 1 1 3 2 7 12 39

8. osztály

Név 1 2 3. 4 I 1 2 3 4 II Σ Hely. Díj

Árva Norbert Ákos 13 8 8 8 37 10 10 9 8 37 74 1 I.

Werner Péter 10 10 9 5 34 10 7 8 2 27 61 2 II.

Osztényi József 9 10 6 4 29 6 8 9 5 28 57 3 II.

Divin Judit 10 4 8 2 24 10 8 10 1 29 53 4 III.

Kotró Kosztándi Anna 10 3 5 1 19 10 8 9 6 33 52 5 III.

Laczkó Csongor 10 5 10 4 29 3 1 9 10 23 52 5 III.

Sógor Bence 8 10 6 2 26 2 10 10 2 24 50 7 III.

Szegedi Áron 10 1 4 6 21 3 8 10 1 22 43 8 Dícs.

Görcs András 7 10 1 7 25 1 6 10 1 18 43 8 Dícs.

Győrffi Ádám György 10 10 8 6 34 3 2 2 2 9 43 8 Dícs.

Imre Tamás 10 10 6 2 28 3 1 8 1 13 41 11 Dícs.

Rokonay Szonja 10 10 3 3 26 2 1 10 2 15 41 11 Dícs.

Bálint Kata 10 5 4 2 21 2 6 10 2 20 41 11 Dícs.

Bede Ákos Máté 10 3 2 3 18 10 1 9 1 21 39 14

Czeglédy Botond 9 8 5 4 26 6 1 3 2 12 38 15

András Zsolt 7 4 1 2 14 2 9 10 1 22 36 16

Muszka Csaba 8 3 3 2 16 1 1 10 8 20 36 16

Ipacs Kornél 10 1 5 2 18 3 3 10 1 17 35 18

Fekete Levente 10 5 9 2 26 2 1 3 2 8 34 19

Fehér Konrád 5 1 8 2 16 2 10 4 1 17 33 20

Barta Gergely 3 10 7 5 25 1 1 1 2 5 30 21

Szabó L Balázs 7 3 6 5 21 2 1 3 3 9 30 21

Bencsik Eszter 10 8 4 2 24 2 1 1 2 6 30 21

Kukoricás Dávid 7 1 6 2 16 1 1 10 2 14 30 21

Borvák Annamária 10 1 2 3 16 1 2 9 2 14 30 21

Acél Szabó János 7 10 1 5 23 2 1 1 2 6 29 26

Galgóczy Gábor 1 4 7 2 14 2 1 10 2 15 29 26

Varga Csilla 10 3 5 3 21 1 2 3 2 8 29 26

Papán Attila 10 1 5 5 21 1 2 3 2 8 29 26

Páll László 3 3 9 2 17 3 1 5 2 11 28 30

Kovács Gábor Bendek 7 1 4 3 15 4 3 4 2 13 28 30

Vitálos Ágnes 10 1 2 3 16 1 1 7 1 10 26 32

Szabó Krisztián 10 1 4 5 20 1 1 1 2 5 25 33

Tompos Anna 8 1 6 4 19 1 1 3 1 6 25 33

Molnár Dávid 10 1 5 1 17 2 1 4 1 8 25 33

Szabó Hanna Kitti 10 1 6 1 18 2 1 1 1 5 23 36

Orosz Katalin 5 1 1 7 14 1 2 3 2 8 22 37

Süli Ákos 7 1 7 1 16 1 1 3 1 6 22 37

Tóth Tamás 3 1 2 1 7 2 1 10 2 15 22 37

Kósa Gergely 10 2 2 3 17 1 1 1 1 4 21 40

Böröcki Luca 10 1 2 1 14 2 1 1 2 6 20 41

Gablyasz Dániel 10 1 1 1 13 1 2 1 2 6 19 42

Horváth Norbert 2 1 6 2 11 1 1 3 1 6 17 43

Gyenes Panna 5 1 2 2 10 2 2 1 1 6 16 44

Jakab Béla 5 1 1 3 10 2 1 1 2 6 16 44

Rákóczi András 2 1 1 2 6 1 1 7 1 10 16 44

Mérész Adél 2 1 2 2 7 1 1 1 2 5 12 47

Kabácij György Flórián 1 1 4 1 7 1 1 1 1 4 11 48

Udvaros Anna 3 1 1 1 6 1 1 1 1 4 10 49

Stercli Kristóf 2 1 1 1 5 1 1 1 1 4 9 50

Németh András 1 1 1 1 4 1 1 1 1 4 8 51

kedves olvasó! a kárpát medence egyik …nmmv.kmf.uz.ua/wp-content/uploads/2017/eredmenyek.pdf2....

Documents