l u r k Ó - l o g i k amategye.hu/download/abacus/20192020/abacus_aprilis.pdf1 l u r k Ó - l o g i...

1

L U R K Ó - L O G I K A

rovatvezető: Sinkáné Papp Mária

A márciusban kitűzött feladatok megoldásai

A. 1358. Mézga Aladár elég jó tanuló, mindig készül a másnapi órákra. Hétfőn az angolt 10 perccel több ideig tanulta, mint a természetismeretet, a matematikával 4 perc-cel kevesebb ideig foglalkozott, mint a nyelvtannal. Az irodalmat egy negyedóráig ta-nulta, ez az idő 8 perccel volt kevesebb, mint az angollal eltöltött idő és 5 perccel több, mint a matekfeladatok megoldása. Mennyi időt töltött Aladár hétfőn összesen tanulás-sal?

Megoldás: Aladár öt tantárgyat tanult: irodalom, nyelvtan, angol, matematika és természetismeret. Az irodalmat egy negyedóráig, vagyis 15 percig, az angolt 15 + 8 = 23 percig, a matematikát 15 – 5 =10 percig, a nyelvtant 10 + 4 =14 per-cig, a természetismeretet 23 –10 =13 percig tanulta. Aladár tehát összesen 15 + + 23 +10 +14 +13 = 75 percet töltött tanulással.

A. 1359. Márciusban ismét hó esett. A Mézga család és Máris szomszéd elindultak, hogy a háztömb körüli 240 méter hosszú járdáról elseperjék a havat. A Mézga család négy tagja együtt háromszor olyan hosszú szakaszt sepert el, mint Máris szomszéd egye-dül. A járda hány méteres szakaszát seperte le Máris szomszéd, hány métert a Mézga család?

Megoldás: A 240 méterből a Méz-ga család háromszor annyit sepert, mint Máris (lásd ábra). Máris szom-széd a járda 240 : 4 = 60 méteres sza-kaszát seperte le, Mézgáék 60 ∙ 3 = =180 métert.

A. 1360. Hányféleképpen olvashatja le Kriszta kedvenc macskájának, Maffiának a nevét a következő ábrából, ha csak jobbra vagy lefelé léphet?

Megoldás: Írjuk a betűk mellé, hogy az egyes betűkhöz hány-féleképpen léphetünk (lásd ábra) Az ábrán látható, hogy az A betűkhöz 3 + 6 + 3 =12-féleképpen érkezhetünk, ennyifélekép-pen olvashatja le Kriszta a kedvenc macskája nevét.

A. 1361. „Hány óra van most?” – kérdezte Kriszta Aladártól. Aladár így felelt: „Ha az órám 8 percet késne, akkor 9 óra 56 percet mutatna, de az én órám 8 percet siet.” Kriszta ezen a válaszon teljesen összezavarodott. Hány óra is van?

M

A

A FF F I A

I

A

A

1 1

1 2 3 3 3

3 6

3

M

A

A FF F I A

I

A

A

240 méter

Mézgáék Máris

2

Megoldás: Egy óra csak a pontos időhöz képest tud késni vagy sietni. Ha az óra 8 perc késéssel 9 óra 56 percet mutatna, akkor a pontos idő 10 óra 4 perc. Az, hogy Aladár órája 8 percet siet, fölösleges információ. Ez zavarhatta meg Krisztát.

A. 1362. Mézga Géza fia segítségével rendszeresen hívja rádión jövőbeli köbüki unokáját, MZ/X-et. Géza minden sikeres hívásért 50 Ft-ot ad Aladárnak, a sikertelen kísérletekért 20 Ft-ot visszakér tőle. Ebben az évben Aladár már 16-szor hívta Köbükit. Hány hívása volt eddig sikeres, ha 520 Ft-ot keresett?

Megoldás: Ha Aladárnak mind a 16 hívása sikeres lett volna, akkor 16 ∙ 50 = = 800 Ft-ot keresett volna. Egy sikertelen hívás 70 Ft veszteséget jelent számára, mivel nem kap 50 Ft-ot, sőt 20 Ft-ot még fizetnie is kell. A 800 – 520 = 280 Ft, ami 4 sikertelen hívás. Így 16 – 4 =12 sikeres hívása volt eddig Aladárnak.

A. 1363. Kriszta és Aladár testvérek. Öt évvel ezelőtt Kriszta kétszer annyi idős volt, mint Aladár, aki négy év múlva lesz annyi idős, mint Kriszta most. Hány éves most Aladár és Kriszta?

Megoldás: Ha Aladár 4 év múlva lesz annyi idős, mint most Kriszta, ez azt jelenti, hogy 4 év a korkülönbség közöttük. Amikor Kriszta kétszer annyi idős volt, mint Aladár, akkor Kriszta 8, Aladár 4 éves volt. Ez 5 évvel ezelőtt volt, tehát Aladár most 4 + 5 = 9 éves, Kriszta 8 + 5 =13 éves.

A. 1364. A Mézga család az MZ/X-től kapott csodabogyót eszegeti. Ha Kriszta 2-vel kevesebbet evett volna, Aladár 2-vel többet, Géza fele annyit, mint amennyit evett, akkor mindannyian annyit ettek volna, mint Paula. Négyen együtt éppen 100 szem cso-dabogyót fogyasztottak el. Ki hány szemet evett?

Megoldás: Ha Kriszta 2 szem csodabogyót Aladárnak adott volna, akkor ők ketten is ugyanannyit ettek volna, mint Paula. Géza Paula bogyóinak kétszeresét fogyasztotta (lásd ábra). A Paula által elfogyasztott bogyókat jelölő szakaszt nevezzük egységnyi-nek. Egy egységnyi szakasz 100 : 5 = 20 szem bogyót jelent. A rajz alapján lát-ható, hogy Aladár 20 – 2 =18 szemet, Kriszta 20 + 2 = 22 szemet, Paula 20 sze-met, Géza 20 ∙ 2 = 40 szemet evett a csodabogyóból.

Aladár:Kriszta:

Paula:

Géza:

2

2100 db

3

H e l y e s b í t é s Az A.1355. feladat és megoldása helyesen az alábbiak szerint néz ki.

A. 1355. Lilliputban, a törpék országában a törpék puha gyapjú anyagból takarót varrtak Gullivernek, hogy ne fázzon. A hatalmas, téglalap alakú takaróhoz már elég sok anyagot összegyűjtöttek, a törpe varrónő azonban megállapította, hogy egy darab hiányzik a teljes takaró elkészítéséhez. Mekkora darab gyapjú hiányzik a takaró egyrétegű, hézagmentes elké-szítéséhez?

Az eddig összegyűjtött darabok az 1. ábrán, a tervezett takaró a 2. ábrán látható.

Megoldás: A takaró 10 egység hosszú és 6 egység széles, a területe 10 ∙ 6 = 60 egység. Az eddig felhasznált anyagok területe: 16 + 4 +12 + 8 + 8 + 4 + 5 = 57 egység. Hiányzik te-hát egy 3 egységnyi darab (lásd ábra).

A Lurkó-logika feladatsorait Csordás Mihály lektorálta.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ A pontverseny pontszámaival kapcsolatos reklamációk e-mailben

([email protected]) történő beérkezésének határideje: 2020. május 29.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

F I G Y E L E M !

A kialakult járványhelyzet miatt az Abacus pontversenyeinek ünnepé-lyes díjkiosztóját nem tudjuk megrendezni.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

G y ö k v o n á s

Ez itt most gyök, vagy a számok beálltak az eső elől?

1. ábra

2. ábra

4

M A T E M A T I K A I P O N T V E R S E N Y

rovatvezetők: Csík Zoltán, Kósa Tamás és Magyar Zsolt

A márciusban kitűzött feladatok megoldásai

B. 1377. Legfeljebb hány színnel színezhetjük egy kocka éleit, hogy minden lapon minden színű él megtalálható legyen? (Egy élt egy színnel színezünk ki.) Adjunk is meg a megadott darabszámmal egy megfelelő színezést a kocka élvázára rajzolva!

Megoldás: Mivel a kocka egy lapján négy él van, ezért legfel-jebb négy színnel színezhetünk, ha azt akarjuk, hogy minden lapon minden színű él szerepeljen. Egy lehetséges megoldás, a színeket számokkal jelölve az ábrán látható.

B. 1378. Pistinek van egy háromszög alakú vonalzója, melynek két merőleges oldala közül az egyik háromszor olyan hosszú, mint a másik. Pisti ennek a vonalzónak mindkét oldalával megmér egy 210 centiméter hosszú asztalt, és azt tapasztalja, hogy a vonalzó rövidebbik oldalát pontosan 14-gyel többször tudta rámérni a mérendő távolságra, mint a hosszabbik oldalát. Hány cm hosszúak a vonalzó merőleges oldalai?

Megoldás: Ha a vonalzó hosszabbik oldalát egyszer, kétszer, háromszor tudja rámérni a mérendő távolságra, akkor a rövidebbik oldalt háromszor, hatszor, kilencszer tudja rámérni ugyanarra a távolságra. Látható, hogy a mérések között éppen a hosszabbik oldallal történt mérések számának kétszerese a különbség. Tehát a hosszabbik oldalt 7-szer tudta rámérni a 210 cm-es távolságra, így az 30 cm, míg a rövidebbik oldal 10 cm hosszú.

B. 1379. Adott egy 21 cm-szer 30 cm méretű, téglalap alakú papírlap. Hogyan lehet vele kimérni pontosan 3 cm-es távolságot minden egyéb segédeszköz felhasználása nél-kül? (A papírlap hajtogatása megengedett.)

Megoldás: A lehetséges hajtássorozatot az alábbi ábra mutatja:

9 21

21

30

9 9 9

21

vagy

1

23

2

42

3

44

1

1

3

5

15

6 33

21

15 15

30

21

B. 1380. Egy téglalap alakú szoba alját négyzet alakú lapokkal, vágás nélkül szeret-nénk burkoltatni. A burkoló mester először a szoba szélét körbe, egysorosan lerakta, amihez 76 burkoló lapot használt fel. A szoba rövidebbik oldala mentén 6-tal kevesebb lap helyezhető el, mint a hosszabbik oldala mentén. Hány padlólap kell az egész szoba burkolásához?

Megoldás: Ha összeszámoljuk, hogy az oldalak mentén összesen hány lapot lehet lerakni, akkor a sarokban levő lapokat kétszer kell számolnunk, így négy-gyel több lapot fogunk megszámolni, mint ahányat ténylegesen leraktak, azaz 80-at. Így egy-egy rövidebb és hosszabb oldal mentén összesen 40 lap számol-ható meg. Mivel a hosszabb oldal mentén 6-tal több helyezhető el, ezért a rövi-debb oldal mentén 17, a hosszabb oldal mentén 23 padlólap számolható meg. Tehát a szoba 17 ⋅ 23 = 391 padlólappal fedhető le.

B. 1381. Összeadtunk három pozitív egész számot, és az összegük 2022 lett. A há-rom szám közül valamelyik kettő különbsége 420, és valamelyik kettő különbsége 480. Melyik lehet ez a három szám?

Megoldás: Viszonyítsunk a legkisebbhez. Az első lehetőség, hogy ehhez képest az egyik szám 420-szal, a másik szám 480-nal nagyobb. Ekkor a három szám összegéből 420-at és 480-at levonva megkapjuk a legkisebb szám háromszorosát. Ez 1122, tehát a legkisebb szám 374, a másik két szám pedig 794 és 854. A második lehetőség, hogy a legkisebb számhoz képest a második 420-szal több, és a harmadik még ehhez képest 480-nal több, azaz a legkisebbnél 900-zal nagyobb. Ekkor a három szám összegéből 420-at és 900-at levonva megkapjuk a legkisebb szám háromszorosát. Ez 702, tehát a legkisebb szám 234, a másik két szám pedig 654 és 1134. A harmadik lehetőség, hogy a legkisebb számhoz képest a második 480-nal több, és a harmadik még ehhez képest 420-szal több, azaz a legkisebbnél 900-zal nagyobb. Ekkor a három szám összegéből 480-at és 900-at levonva megkapjuk a legkisebb szám háromszorosát. Ez 642, tehát a legkisebb szám 214, a másik két szám pedig 694 és 1114.

6

B. 1382. Melyik lehet az a három egész szám, melyek összege 0, szorzata 12 ?

Megoldás: Mivel a számok összege 0, ezért vagy két pozitív és egy negatív, vagy két negatív és egy pozitív számról van szó. Mivel a szorzatuk pozitív, ezért csak a két negatív és egy pozitív szám esete valósulhat meg. A 12 három szám szorzatára az alábbiak szerint bontható fel: 1⋅1⋅12; 1⋅ 2 ⋅ 6; 1⋅ 3 ⋅ 4; 2 ⋅ 2 ⋅ 3. Ezek-ből kell két negatív szám és egy pozitív szám kombinációját készíteni úgy, hogy a számok összege 0 legyen. Látható, hogy csak a –1; –3; 4 számok lesznek meg-felelők.

B. 1383. Hány olyan négyjegyű szám van, amely osztható 9-cel, és a százas helyiér-téken álló számjegye háromszor akkora, mint az egyes helyiértéken álló számjegye, to-vábbá az ezres helyiértéken álló számjegy kétszer akkora, mint a tízes helyiértéken álló számjegye?

Megoldás: Egy szám pontosan akkor osztható 9-cel, ha a számjegyeinek ösz-szege osztható 9-cel. A szám egyes helyiértéken álló számjegye csak 0; 1; 2; 3 lehet (mert csak ekkor lesz a 3-szorosa is számjegy). Az egyes és százas helyi-értéken álló számjegyek összege így 0; 4; 8 vagy 12 lehet. A tízesek helyén álló számjegy 0; 1; 2; 3; 4 lehet (hogy a kétszeres is számjegy legyen), így a tízes és ezres helyiértéken álló számjegyek összege 0; 3; 6; 9 vagy 12. Ezen értékekből csak a 0 + 9 és a 12 + 6 kombinációból kapunk 9-cel osztható számjegyösszeget, tehát csak két megfelelő négyjegyű szám van, a 6030 és a 4923.

C. 1502. Tekintsük az 1-1000-ig terjedő egész számokat. Legfeljebb hány egymást követő pozitív egész szám adható meg közülük úgy, hogy egyikük számjegyeinek ösz-szege se legyen 18-cal osztható?

Megoldás: Mivel 99; 198; 297; 396; 495; 594; 693; 792; 891; 990 számok számjegyeinek összege 18, és a szomszédosok távolsága 99, ezért bármely 99 db egymást követő szám között már lesz olyan, amely számjegyeinek ösz-szege 18 (mert ezek közé valamelyik fent említett szám már biztosan beletarto-zik). Viszont az 1-98-ig terjedő számok mindegyikének számjegyösszege 18-nál kisebb, így ezek megfelelnek a feltételeknek. Tehát legfeljebb 98 db megfelelő egymást követő számot tudunk megadni.

C. 1503. Egy háromszög kerülete 2020 cm. A háromszög valamelyik két oldala hosszának különbsége 210 cm, és valamelyik kettő hosszának különbsége 550 cm. Mekkorák lehetnek a háromszög oldalai?

Megoldás: Viszonyítsunk a legkisebb oldalhoz.

7

Az első lehetőség, hogy ehhez képest az egyik oldal 210 cm-rel, a másik oldal 550 cm-rel hosszabb. Ekkor a kerületből 210 cm-t és 550 cm-t levonva megkap-juk a legkisebb oldal hosszának háromszorosát. Ez 1260 cm, tehát a legkisebb oldal hossza 420 cm, a másik két oldal hossza pedig 630 cm és 970 cm. Ezekből az adatokból tényleg szerkeszthető háromszög.

A második lehetőség, hogy a legkisebb oldalhoz képest a második 210 cm-rel hosszabb, és a harmadik még ehhez képest 550 cm-rel, azaz a legkisebbnél 760 cm-rel hosszabb. Ekkor a kerületből 210 cm-t és 760 cm-t levonva megkap-juk a legkisebb oldal hosszának háromszorosát. Ez 350 cm, tehát a legkisebb oldal hossza 350 cm, a másik két oldal hossza pedig 560 cm és 1110 cm. Ilyen adatokból azonban nem szerkeszthető háromszög, mert 350 + 560 <1110.

A harmadik lehetőség, hogy a legkisebb oldalhoz képest a második 550 cm-rel hosszabb, és a harmadik ehhez képest még 210 cm-rel, azaz a legkisebbnél 760 cm-rel hosszabb. Ekkor a kerületből 550 cm-t és 760 cm-t levonva megkap-

juk a legkisebb oldal hosszának háromszorosát. Ez 2363

2 cm, tehát a legkisebb

oldal 2363

2 cm, a másik két oldal pedig 7863

2 cm és 9963

2 cm. Ezekből az

adatokból tényleg szerkeszthető háromszög.

C. 1504. Hány olyan háromjegyű szám van, melyre igaz, hogy az egyesek helyén álló számjegye k-szorosa a százasok helyén álló számjegyének (k valamely 1-nél na-gyobb pozitív egész szám), és a vizsgált háromjegyű szám osztható k-val?

Megoldás: Ha k = 9; 8; 7; 6 vagy 5, akkor a százasok helyén csak az 1 állhat. Az 1⋅ 9 számok közül csak a 189 osztható 9-cel, az 1⋅ 8 szám közül a 128 és 168 osztható 8-cal, az 1⋅ 7 számok közül csak a 147 osztható 7-tel, az 1⋅ 6 szá-mok közül a 126; 156 és 186 osztható 6-tal, az 1⋅ 5 számok mindegyik osztható 5-tel (ez 10 db számot jelent). Ezekben az esetekben tehát összesen 17 db meg-felelő számot találtunk.

Ha k = 4, akkor az 1⋅ 4 és 2 ⋅ 8 alakú számok között kell keresgélnünk. Ezek közül 4-gyel osztható a 104; 124; 144; 164; 184; 208; 228; 248; 268; 288. Ez összesen 10 újabb szám.

Ha k = 3, akkor az 1⋅ 3; 2 ⋅ 6; 3 ⋅ 9 alakú számok között kell a 3-mal oszthatókat megtalálnunk. Ezek a 123; 153; 183; 216; 246; 276; 309; 339; 369; 399 számok, összesen 10 db.

8

Ha k = 2, akkor ez mind jó, hiszen páros számjegyre fog végződni, tehát osztható lesz 2-vel. A százasok helyén 1; 2; 3; 4 állhat, a tízesek helyén pedig 10-féle számjegy, így összesen 40 ilyen számot találunk. Összesen tehát 17 +10 +10 + 40 = 77 darab háromjegyű számot találunk, amely megfelel a feltételnek.

C. 1505. Egy négyzet alakú szobát 25 cm széles, 40 cm hosszú padlólapokkal bur-kolnak be, a lapok mind ugyanabban az irányban állnak. A szoba mérete pont olyan, hogy a lapok vágás nélkül lehelyezhetők. Az egyik oldal mentén 6-tal kevesebb lap szá-molható meg, mint a másik oldal mentén. Hány padlólapra van szükség a szoba padló-jának burkolásához?

Megoldás: Mivel a szoba négyzet alakú, ezért ott számolhatunk kevesebb la-pot, ahol a fal felé a 40 cm-es oldalak fordulnak. Legyen x a 25 cm-es oldalakkal párhuzamos fal mellett megszámolható padlólapok száma, ekkor x – 6 a másik fal mellett megszámolható lapok száma. Mivel a falak hossza egyforma, ezért x ⋅ 25 = (x – 6) ⋅ 40. A zárójelet felbontva és rendezve az x =16 értéket kapjuk. Te-hát az egyik oldal mentén 16, a másik oldal mentén 10 padlólap helyezhető el, így a szoba 160 lappal burkolható.

C. 1506. Adott az ábrán látható, 6 darab egyforma négyzetből álló alak-zat. Osszuk fel egyetlen egyenes behúzásával két egyforma területű részre az alakzatot! (Nem kell, hogy az egyes részek összefüggőek maradjanak!)

Megoldás: A középső négyzet középpontján keresztül húzott bár-mely egyenes két egyforma területű részre osztja az 5 négyzetből álló alakzatot, a középpontos szimmetria miatt. Hasonlóan bármely a lenti négyzet középpontján keresztül húzott egyenes két egy-forma területű részre osztja a négyzetet. A megoldást tehát a két említett középpontot összekötő egyenes szolgáltatja.

C. 1507. Egy összejövetelen 20 ember vett részt. Menet közben az derült ki, hogy mindenki pontosan 13 embert ismer a résztvevők közül (az ismeretség kölcsönös). Leg-alább hány közös ismerőse van a jelenlevők között a társaság két tetszőlegesen kiválasz-tott tagjának?

Megoldás: Legyen a két kiválasztott ember A és B. Állításunk, hogy legalább 6 közös ismerősük van. Ugyanis ha csak 5 lenne, akkor a közös ismerősökön kívül A és B még legalább 7-7 különböző embert ismerne (hiszen egymást is

9

ismerhetik). Azonban ez már összesen 7 (csak A ismerősei) + 7 (csak B ismerő-sei) + 5 (közös ismerősök) + 2 (A és B) = 21 különböző ember, de csak 20-an van-nak.

C. 1508. Az ABCD , BCBA, BDAB és DDAD négyjegyű számok különböző négyje-gyű prímszámok (a különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek). Melyek ezek a számok?

Megoldás: Mivel az A, B és D a számok végén is szerepelnek, ezért 5-től kü-lönböző páratlan számjegyek. A három számjegy között a 3 vagy a 9 minden-képpen szerepel. Ha B =1, akkor BDAB számjegyeinek összege nem lehet 1+1+ 7 + 3 és 1+1+ 7 + 9 sem (mert akkor 3-mal osztható lenne), így ha B =1, akkor A és D a 3 és a 9 valamilyen sorrendben, de ekkor a DDAD számjegyeinek összege 3-mal osztható lenne, így B =1 nem lehetséges. Hasonló a helyzet B = 7 esetén, ekkor BDAB számjegyeinek összege nem lehet 7 + 7 +1+ 3 és 7 + 7 +1+ 9 sem (mert akkor 3-mal osztható lenne), így ha B = 7, akkor A és D a 3 és a 9 valamilyen sorrendben, és ugyanazt az ellentmondást kapjuk. Tehát B a 3 vagy a 9, D és A pedig 1, vagy 7, vagy a 3 és a 9 közül a maradék. A BDAB értéke tehát 3173; 3713; 3193; 3913; 3793; 3973; 9139; 9319; 9179; 9719; 9379; 9739 lehet.

A 12 szám prímtényezős felbontását megvizsgálva az alábbiakat kapjuk:

3173 =19 ⋅167; 3713 = 47 ⋅ 79; 3193 = 31⋅103; 3913 = 7 ⋅13 ⋅ 43; 3793 prím; 3973 = = 29 ⋅137; 9139 =13 ⋅19 ⋅ 37; 9319 prím; 9179 = 67 ⋅137; 9719 prím; 9379 = 83 ⋅ ⋅113; 9739 prím. (A prímfelbontások ellenőrzéséhez segédeszközként pl. a wolframalpha.com weboldal használható, itt „factor n” beírásával n prímténye-zős felbontását kapjuk meg.)

A kapott négy prímszámnál DDAD értéke rendre 7797; 3313; 7717; 7737. Ezek közül 3313 és 7717 prímek, 7797 és 7737 pedig oszthatók 3-mal.

Tehát két esetünk maradt BDAB és DDAD értékére:

I. eset: BDAB = 9319 és DDAD= 3313. Mivel ABCD =19C3 számjegyeinek ösz-szege nem lehet 3-mal osztható, ezért így C ≠ 2; 5; 8. A szóba jöhető számjegyek így C = 0; 4; 6; 7. 1903 =11⋅173; 1943 = 29 ⋅ 67; 1963 =13 ⋅151; 1973 prím. Mivel BCBA = 9791 prím, ezért ez megfelelő megoldás. Ekkor A =1; B = 9; C = 7 és D = = 3.

10

II. eset: BDAB = 9719 és DDAD= 7717. Mivel a BCBA= 9C91 prím, ezért szám-jegyeinek összege nem lehet 3-mal osztható, így C ≠ 2; 5; 8. Mivel ABCD =19C7 számjegyeinek összege nem lehet 3-mal osztható, így C ≠ 4. Már csak a 0; 3 és a 6 maradt C értékére. ABCD =1937 =13 ⋅149 nem prímszám, BCBA= 9691=11⋅ ⋅ 881 nem prím, ezért csak C = 0 lehetséges. Ellenőrizni kell még, hogy 9091 és 1907 prímek (azok). Tehát megfelelő megoldás az A =1; B = 9; C = 0 és D = 7 is.

C. 1509. Adott egy 21 cm-szer 29 cm méretű, téglalap alakú papírlap. Hogyan lehet vele kimérni a) pontosan 3 cm-es távolságot b) pontosan 1 cm-es távolságot minden egyéb segédeszköz felhasználása nélkül? (A papírlap hajtogatása megengedett.)

Megoldás: a) Egy lehetséges hajtássorozatot az ábra mutat:

8 21

21

29

21

553

8 8 8 5

b) Az 1 cm elérhető a 3 cm-es rész visszahajtásával, és a kapott 2 cm-es sáv megfelezésével, vagy az alábbi ábra szerint folytatva a fenti hajtogatást:

10

21

1

A Matematikai pontverseny feladatsorait és megoldásait Csordás Péter lektorálta.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

A pontverseny pontszámaival kapcsolatos reklamációk e-mailben ([email protected]) történő beérkezésének határideje: 2020. május 29.

11

S U D O K U

rovatvezető: Csordás Péter

Az alábbi ábra tartalmazza az előző havi feladvány helyes megoldását.

5 3 8 2 4 6 1 9 7 4 7 2 1 8 3 5 9 6 6 7 2 9 3 1 4 5 8 1 3 6 5 4 9 2 8 7 1 4 9 5 7 8 6 3 2 5 8 9 2 6 7 4 1 3 7 9 6 4 8 2 5 1 3 2 1 8 9 3 6 7 5 4 3 2 1 6 9 5 7 8 4 6 5 7 4 1 2 9 3 8 4 8 5 3 1 7 2 6 9 3 9 4 8 7 5 6 2 1 8 6 7 1 2 9 3 4 5 7 2 8 9 6 1 7 5 8 3 4 2 9 5 4 7 6 3 8 2 1 6 3 9 7 4 5 3 2 1 8 6 9 2 1 3 8 5 4 9 7 6 5 1 4 8 2 3 6 9 4 1 7 5

1 8 3 4 5 7 2 9 6 6 9 2 3 8 1 5 7 4 4 5 7 2 9 6 1 3 8 5 9 2 3 4 1 7 6 8 1 4 2 3 5 9 7 2 1 6 8 4 1 7 4 5 8 6 2 3 9 8 6 5 4 1 7 5 6 8 9 3 2 8 3 6 2 7 9 5 1 4 9 7 3 6 8 2 4 3 9 7 5 1 3 4 5 8 1 7 6 9 2 1 4 6 3 8 5 2 9 7 6 1 9 4 3 2 8 5 7 7 2 3 9 1 6 5 4 8 7 2 8 6 9 5 3 4 1 8 9 5 2 7 4 1 6 3 2 6 1 7 5 4 9 8 3 9 3 1 8 5 7 4 2 6 4 8 7 9 6 3 1 2 5 5 7 8 6 4 2 3 1 9 9 5 3 1 2 8 4 7 6 2 6 4 1 9 3 8 7 5

Ebben a számban már nem tűzünk ki újabb beküldendő feladatot.

Nagyon sokan voltak olyanok, akik mind a hét feladatot hibátlanul oldották meg. Az ő nevüket a következő számban közöljük, és minden hibátlan megol-dónak könyvjutalmat adunk. A díjakat júniusban postázzuk a versenyzők isko-lájába.

Az év hátralévő részében minden versenyzőnek eredményes tanulást, minél jobb év végi bizonyítványt és kellemes nyári élményeket kívánunk!

A Sudoku pontszámaival kapcsolatos reklamációk e-mailben


12

S Z Á M R E J T V É N Y E K

rovatvezetők: Mikulás Zsófia és Sebe Anna

Reméljük, hogy az előző havi rejtvénnyel is sokatoknak sikerült megbirkózni. A mel-lékelt ábra tartalmazza a helyes megoldást.

Örülünk, hogy ebben az évben is sokan küldték be a kitűzött feladatok megoldásait, és sokan voltatok olyanok, akik minden hó-napban hibátlanul oldották meg a kitűzött számrejtvényt. Bízunk benne, hogy tetszet-tek a kitűzött feladatok. A legtöbb pontot el-ért versenyzők nevét a következő számban közöljük. Terveink szerint a jövő évben is folytatjuk a rovatot. Reméljük, hogy jövőre az idei évnél is többen küldenek be helyes megoldásokat.

Az év hátralévő részében minden versenyzőnek eredményes tanulást, minél jobb év végi bizonyítványt és élményekben gazdag nyári szünetet kívánunk!

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

A Számrejtvények pontszámaival kapcsolatos reklamációk e-mailben ([email protected]) történő beérkezésének határideje:

2020. május 29.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

M ó k u s o k

Egy magas fa kinyúló ágán, mely alatt egy pad volt, ült a mókus papa, a mókus mama és a kis mókus. Egyszer csak felsóhajtott a kis mókus: „Ha az ág letörne, mind az öten meghalnánk.”

-Miért mondta a kis mókus, hogy „mind az öten”? Róka Sándor – A matematika humora

A feladat megoldása a 44. oldalon olvasható.

1 2

34

5

6

78

?9

3

59

8274

116

10

1

13

M A T E M A T I K A I P R O B L É M Á K

rovatvezető: Csete Lajos

Korábban kitűzött feladatok megoldásai

MP. 359. Egy 10 ×10-es táblázat minden mezőjébe egy-egy számjegyet írunk úgy, hogy a 10 különböző számjegy mindegyike pontosan 10 mezőben szerepel. Lehetséges-e ezt úgy megtenni, hogy minden sorban és minden oszlopban legfeljebb 4 különböző számjegy fordul elő?

1. megoldás:

1 1 1 2 2 3 3 3 4 4

1 1 1 2 2 3 3 3 4 4

1 1 1 2 2 3 3 3 4 4

1 5 5 2 2 5 5 5 4 4

3 5 5 2 2 5 5 5 4 4

6 7 7 7 7 9 9 0 7 7

6 6 7 7 7 9 9 0 0 7

6 6 8 8 8 9 9 0 0 0

6 6 8 8 8 9 9 0 0 8

6 6 8 8 8 9 9 0 6 0

Úgy gondoltam, hogy minden irányból nagyjából egyenlően négyfelé osztottam a 10 ×10-es táblázatot. Utána minél tömbösebben beírogattam a számokat. Azt néztem, hol van már a legtöbb féle szám, és oda minél kevesebb féle számot írtam.

Heltovics Lilla 8. osztályos tanuló (Göd, Búzaszem Katolikus Ált. Iskola) megoldása.

14

2. megoldás:

1 1 1 2 2 2 1 3 3 3

1 1 1 2 2 2 0 3 3 3

1 1 1 2 2 2 0 3 3 3

0 4 4 4 4 0 0 6 6 6

0 4 4 4 5 5 5 6 6 6

0 4 4 4 5 5 5 6 6 6

7 7 7 2 5 5 5 7 5 0

7 7 7 8 8 8 9 9 9 6

7 7 7 8 8 8 9 9 9 3

0 9 8 8 8 8 9 9 9 0

Szakács Ábel 6. osztályos tanuló (Budapest, Jedlik Ányos Gimnázium) megoldása.

3. megoldás:

1 1 2 2 2 3 2 2 1 1

1 1 2 2 2 3 2 2 1 1

3 3 4 4 7 8 4 4 3 3

3 3 4 4 7 8 4 4 3 3

1 1 4 4 9 0 9 9 0 0

5 5 6 6 9 0 9 9 0 0

5 5 6 6 7 8 6 6 5 5

5 5 6 6 7 8 6 6 5 5

7 7 8 8 7 8 9 9 0 0

7 7 8 8 7 8 9 9 0 0

Boros Vince Félix 7. osztályos tanuló (Bp., Újpesti Karinthy Frigyes M-A ÁI.) megoldása.

15

1. Megjegyzés: Boros Vince Félix 7. osztályos tanuló leír egy gondolatmenetet, amely-ben vizsgálja a lehetséges kitöltések számát. Egyrészt leírja, hogy a sorokat cserélhetjük

is ennél a kitöltésnél vizsgálva, ezek száma !1!1!"2!2!2!

10! =1610! = 226 800. Hiszen itt 6 kü-

lönböző sorunk van, és 4 darab sorból van azonos. Itt az ismétléses permutáció elméletét alkalmazza, amelyet majd legkésőbb megtanulunk a középiskolában. Másrészt az osz-lopok cseréje hasonló módon történhet. Ezek cseréjének a száma ugyanennyi lesz.

Tanulónk utána folytatja az elemzését. Kiszínezi az egyes számblokkokat, egy sorban és egy oszlopban legfeljebb négy különböző szín szerepel. Majd számba veszi, hogy az egyes színekhez hányféle számjegyet rendelhetünk. S így tovább. Ezeket a mozgatással kapott megoldásokat nem tekinti lényegesen különbözőnek. Majd rátér a különböző tég-lalapszerű tartományok kitöltési lehetőségeinek a vizsgálatára.

2. Megjegyzés: A problémát a következő helyről vettük: KöMaL, 2009. január, 28. ol-dal, B. 4083. feladat (Ők az orosz Kvant folyóiratból vették.) A KöMaL két megoldást közöl, amely eltér az általunk közölt megoldásoktól.

MP. 360. Az ABC derékszögű háromszög AB átfogója egy 10 cm sugarú kör húrja, továbbá a CAB szög = 75°. A C pont a kör azon átmérőjén fekszik, amely átmérő párhu-zamos az átfogóval. Határozzuk meg az ABC háromszög területét!

Megoldás:

75m m

15

T F 2m

C P 10

10

BA

Az ABC szög =180° – 90° – 75° =15°.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Segédtétel: Azokban a derékszögű háromszögekben, amelyekben a két hegyes-szög 75°, illetve 15°, az átfogóhoz tartozó magasság negyede az átfogónak.

16

A segédtétel bizonyítása:

75T

r

O

r

B

15

r

3060

A

C

Mivel a segédtétel ábrájában levő ABC háromszög derékszögű, ezért a Thalész tétel megfordítása miatt az AB átfogójára, mint átmérőre kört emelve, a kör át-megy a derékszögű csúcson.

Húzzuk meg az átfogóhoz tartozó magasságot, a CT szakaszt. Az ATC három-szögben ACT szög =180° – 90° – 75° =15°. A BOC háromszög egyenlő szárú, mert OC = OB = r, ezért az alapon fekvő szögek egyenlők: OCB szög = OBC szög = =15°.

Mivel az ACB szög = 90°, ezért a TCO szög = 90° –15° –15° = 60°.

Az OCT háromszög szögei: 90°; 60°; 30°, ezért az OCT félszabályos három-

szög. Ebből következik, hogy CT=2r , azaz r = 2 ⋅ CT.

Mivel AB = 2r, ezért AB = 2 ⋅ 2 ⋅ CT = 4 ⋅ CT.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Alkalmazzuk a segédtételt a mi problémánkra. Az eredeti háromszögben az át-fogóhoz tartozó magasság m, a segédtétel miatt az átfogó ekkor 4m-mel egyenlő.

Mivel az ABC háromszög átfogója párhuzamos a kör átmérőjével, ezért CT = = FP = m, ahol F az AB szakasz felezőpontja.

17

Alkalmazzuk az FPB derékszögű háromszögre Pitagorasz tételét:

m2 + (2m)2

=102

ebből kapjuk, hogy m2 = 20, vagyis m = 20 .

Írjuk fel az ABC háromszög területét!

TABC=2CTAB ⋅ =

24 mm ⋅ = 2m2

= 2 ⋅ 20 = 40

Vagyis az ABC háromszög területe 40 cm2.

Kusica Nadin 8. osztályos tanuló (Komárom, Feszty Árpád Általános Iskola) megoldása.

Megoldotta még: Boros Vince Félix 7. oszt. (Budapest, Újpesti Karinthy Frigyes Magyar-Angol Ált. Isk.), Egyházi Godó 7. oszt. (Hatvan, Kossuth Lajos Ált. Isk.), Pocsay Levente László 7. oszt. (Miskolc), Sánta Gergely Péter 5. oszt. (Budapest, Áldás utcai Ált. Isk.), Szakács Ábel 6. oszt. (Budapest, Jedlik Ányos Gimn.).

1. megjegyzés: A problémát Károlyi Károly tanár úr egy cikkéből vettük. Károlyi Ká-roly: Geometriai versenyfeladatok, Általános és középiskolai matematikai tehetséggon-dozás, 2008. október 8-11., Zalai Matematikai Tehetségekért Alapítvány, Nagykanizsa, 27-38.oldal, a probléma a 38. oldalon van.

2. megjegyzés: Hegedüs Krisztina 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.) is meg-oldotta az MP. 357. problémát. Megoldása késve érkezett.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

B o r o t v á l k o z á s v i d e ó v a l

Egy borotvakéssel borotválkozó férfinek eltörött a tükre. Más tükör nem lévén a lakásban, mentő ötletként eszébe jutott a nem-rég vásárolt videókamerája. A kamerát a TV készülékhez csa-tolta, leült a kamera elé, és a TV-ben megjelenő szappanos képét nézve elkezdett borotválkozni. Mire befejezte a műveletet, csupa vér volt az arca. Miért?

Miholcsa Gyula – LABIRINTUS – Logikai és egyéb fejtörők

A feladat megoldása a 35. oldalon olvasható.

18

L O G I - S A R O K

rovatvezető: Tuzson Zoltán

A kitűzött feladványok

L. 541. Az A, B, C, D, E alakzatok melyike talál a kérdőjelek helyére? Indo-kold meg a válaszodat!

?

? A B C D E

L. 542. Melyik szám nem talál a többivel? Indokold meg a válaszodat!

742661833248

94552573

8162

L. 543. Helyezd el a táblázatban az 1-től 10-ig terjedő egész számok mindegyikét pontosan egyszer oly módon, hogy minden vízszintes sorba és függőleges oszlopba, vala-mint a két átló mentén 2-2 szám kerüljön, amelyeknek az összege a sor, az oszlop, illetve az átlók végén levő szám legyen.

Jó szórakozást és hasznos időtöltést kívánunk!

A kitűzött feladványokkal kapcsolatos észrevételeket, és kitűzésre javasolt feladatokat a következő címre várjuk:

Tuzson Zoltán 535 600 Székelyudvarhely

Hársfa sétány No. 3. IV/27. Hargita megye, Románia

E-mail: [email protected], [email protected]

Figyelem: A Logi-sarok feladatai nem szerepelnek a pontversenyben,

ezért megoldásaik nem kerülnek értékelésre!

7 18 3 13 14 7

12

12

10

10

11

8

19

A korábban kitűzött feladványok megfejtése

L. 538. Milyen számot írjunk a kérdőjel helyére? Indokold meg a válaszodat!

3612 2

48 ?

24

Megfejtés: Észrevehető, hogy ha a bal alsó számot megszorozzuk 2-vel, akkor a felső számot kapjuk, és ha ezt is megszorozzuk 2-vel, akkor a jobb alsó szám adódik. Ezek szerint a kérdőjel helyére az 1 talál (Természetesen ugyanerre más-képpen is rájöhetünk).

L. 539. Milyen szám talál a kérdőjel helyére? Indokold a válaszodat!

30 36 ?

Megfejtés: Figyeljük meg, hogy ha az első két alakzat esetén a betűt alkotó szakaszok számát megszorozzuk 3-mal, éppen a betű alá írt számot kapjuk meg. Ennek alapján a kérdőjel helyére 12 × 3 = 36 talál.

L. 540. Helyezd el a megadott alakzatokat a 3×3-as négyzethálókban (mindegyiket pontosan egyszer), tudva azt, hogy a megadott relációk minden esetben (soronként is és oszloponként is), a feketére festett mezők mennyiségi viszonyára utalnak. Az egyes alakzatok elforgathatók, de nem tükrözhetők!

Megfejtés: Egy megoldás az alábbi ábrán látható.

20

T Í P U S H I B Á K A Z Á L T A L Á N O S I S K O L A I T A N U L Ó K G O N D O L K O D Á S Á B A N

Tartalom

I. rész

1. Bevezető 2. A matematika csak számolás 3. Mi a kérdés? 4. Pontatlan fogalomismeret

II. rész (az újság következő, 2020. májusi számában jelenik meg) 5. Rossz térszemlélet 6. Megtévesztő szövegezésű feladatok

1. Bevezető

Az írás témája a matematika oktatása során előforduló tipikus hibák és azok elemzése a Zrínyi Ilona Matematikaversenyen kitűzött feladatokon és azok megoldottsági statisztikáinak elemzésén keresztül. Az írás egy korábbi azonos című előadásom anyagának kivonata.

Ha egy feladat több évfolyamon is ki volt tűzve, akkor mindegyik évfolyam válaszsora és a hozzájuk tartozó statisztikák is láthatóak a feladat elemzésével együtt. Csordás Péter

2. A matematika csak számolás

„Minden feladatnak van egy egyszerű, ötletes, gyors, de rossz megoldása.”

/ Csordás Mihály /

A tanulók sokszor – főleg az alacsonyabb évfolyamokon – hajlamosak arra, hogy a feladat feltételeit figyelmen kívül hagyva, a feladatban lévő számokkal végezik el a számukra ismert műveleteket, mintha a matematika csak számolás lenne.

2.1 Az összeadás

A négy alapművelet közül a gyerekek először az összeadással ismerkednek meg. Így érthető, hogy a probléma megértése és a gondolkodás helyett ezt alkalmaz-zák a legtöbbször. Először erre áll itt néhány példa.

21

1993. év 3-4. osztály 1. feladat és 7. osztály 2. feladat

Egy pásztornak 19 birkája és 33 kecskéje van. Hány éves a pásztor? (A) 14 (B) 19 (C) 33 (D) 52 (E) Ezekből az adatokból nem lehet meghatározni.

A feladat statisztikája és elemzése (A) 1% (B) 1% (C) 1% (D) 36% (E) 58% (Ü) 3% (A) 2% (B) 1% (C) 1% (D) 24% (E) 68% (Ü) 4% (A) 1% (B) 1% (C) 1% (D) 4% (E) 87% (Ü) 6%

Ez a feladat egy olyan problémát vet fel a gyerekeknek, amilyennel ritkán talál-kozhatnak matematikaórákon. Alsó tagozatban hozzászoknak a gyerekek ahhoz, hogy egy matematikai feladatban valamit számolni kell, és ennek megfelelően azonnal számolni kezdenek. A 3. osztályosok harmada, a 4. osztályosok negye-de a megadott két számot összeadja. Az (A) válasznál a két szám különbsége, a (B) válasznál az egyik, a (C) válasznál a másik szám, míg a (D) válasznál a két szám összege szerepel. A statisztikákból látható, hogy a gyerekek legjobban összeadni szeretnek, valamint az, hogy a 4. osztályos tanulók már jobban tudják a kivonást is. A 7. osztályos tanulók már egészen jól, értelmezve oldják meg a feladatot.

2006. év 3. osztály 8. feladat

Panninak 10 fiú és 10 leány osztálytársa van. Hány tanuló jár ebbe az osztályba? (A) 10 (B) 11 (C) 19 (D) 20 (E) 21

A feladat statisztikája és elemzése (A) 1% (B) 7% (C) 1% (D) 11% (E) 79% (Ü) 1%

A tanulóknak több mint egytized része ebben a feladatban is egyszerűen össze-adja a feladat szövegében előforduló két számot. Figyelmen kívül hagyja Pannit, így kap 20-at megoldásnak.


Egy bicegő száz lábú százlábú így panaszkodik: „Éppen tízzel több lábam fáj, mint ahány nem.” Hány lába nem fáj a százlábúnak? (A) 35 (B) 40 (C) 45 (D) 55 (E) 60


22

A feladatra megoldást adó tanulók a gondolkodásban eljutnak odáig, hogy a megoldáshoz először a százlábú lábainak felét kell venni. Innen viszont a több-ségük a tízet vagy az ötöt hozzáadja az ötvenhez. A problémát az okozza, hogy a tanulók az ilyen feladatoknak, ha már láttak hasonlót, nem a gondolatmenetét értették meg, hanem mechanikusan a műveletek végrehajtását jegyezték meg. Az első műveletre még jól emlékeznek, de a továbbiakban már keverik az el-végzendő műveleteket. Innen ered, hogy a megoldást jól elkezdő tanulóknak háromnegyed része rossz választ jelöl be.


Egy dobozban piros és kék golyók vannak. Legkevesebb 4 golyót kell kihúzni a dobozból, hogy biztosan legyen a kihúzott golyók között piros. Legkevesebb 5 golyót kell kihúzni a dobozból, hogy biztosan legyen a kihúzott golyók között kék. Hány golyó van a dobozban? (A) 5 (B) 6 (C) 7 (D) 8 (E) 9

A feladat statisztikája (A) 6% (B) 3% (C) 14% (D) 6% (E) 59% (Ü) 12%


Egy dobozban piros, zöld és kék golyók vannak. Legkevesebb 4 golyót kell ki-húzni a dobozból, hogy biztosan legyen a kihúzott golyók között piros. Legke-vesebb 5 golyót kell kihúzni a dobozból, hogy biztosan legyen a kihúzott golyók között zöld. Legkevesebb 6 golyót kell kihúzni a dobozból, hogy biztosan le-gyen a kihúzott golyók között kék. Hány golyó van a dobozban? (A) 6 (B) 8 (C) 9 (D) 12 (E) 15


Az iménti két feladat elemzése

Ebben a két feladatban megfogalmazott problémát az alsó tagozatos tanulók nagy része nem értette meg. Ezt mutatja az üresen hagyott válaszok magas szá-zaléka. Mivel a jó tanulók alsó tagozatban ritkán szembesülnek számukra meg-oldhatatlan problémákkal, ezért aztán mindenképp adnak valamilyen megoldást a feladatra. Ezzel magyarázható, hogy a tanulóknak 3. osztályban több mint a fele, 4. osztályban pedig gyakorlatilag a fele a feladatban szereplő számok ösz-szegét adja meg megoldásként.

23

2.2 Kivonás

A négy alapművelet közül a gyerekek az összeadás után a kivonással ismerked-nek meg. Így a probléma megértése helyett ezt is gyakran alkalmazzák a felada-tok gyors megoldására. Ennek tipikus példája a „hány kétjegyű természetes szám van” feladat. A gyerekek egy része úgy gondolkodik, hogy a legnagyobb ilyen szám a 99, a legkisebb a 10, és így 99 –10 = 89 kétjegyű természetes szám van. A Zrínyi versenyen több feladat is erre a problémára kérdez rá valamilyen formában. Most nézzünk erre néhány példát!


Egy iskola tanulói vonattal szeretnének utazni. A vonat 12 kocsiból áll. A 3. osztályos tanulóknak elölről számolva a 3. kocsiba kell beszállni. Az állomá-son a vonat végéhez érkeznek. Hátulról számolva hányadik kocsiba kell beszáll-niuk? (A) 4. (B) 5. (C) 8. (D) 9. (E) 10.

A feladat statisztikája és elemzése

(1995. évi)

(A) 4% (B) 2% (C) 4% (D) 59% (E) 20% (Ü) 11%

(A) 1% (B) 6% (C) 2% (D) 51% (E) 33% (Ü) 7%

(A) 1% (B) 3% (C) 2% (D) 43% (E) 43% (Ü) 8%

(A) 1% (B) 2% (C) 29% (D) 62% (E) 1% (Ü) 5%

(A) 2% (B) 24% (C) 68% (D) 2% (E) 1% (Ü) 3%

(A) 19% (B) 75% (C) 1% (D) 1% (E) 2% (Ü) 2%

(2006. évi)

(A) 5% (B) 2% (C) 4% (D) 52% (E) 32% (Ü) 5%

(A) 2% (B) 4% (C) 2% (D) 47% (E) 41% (Ü) 4%

(A) 1% (B) 3% (C) 3% (D) 39% (E) 51% (Ü) 3%

(A) 1% (B) 1% (C) 32% (D) 63% (E) 1% (Ü) 2%

(A) 2% (B) 21% (C) 71% (D) 3% (E) 1% (Ü) 2%

(A) 17% (B) 77% (C) 1% (D) 1% (E) 2% (Ü) 2%

Ezt a feladatot az 1995. évi verseny minden évfolyamán kitűzték úgy, hogy min-den évfolyam a saját évfolyamának megfelelő sorszámú kocsiba szállt be. A verseny utóbbi éveiben a feladatsor készítői minden évben egy feladatot a régi

24

Zrínyis feladatok közül is betesznek a feladatsorokba. Ez a feladat is újra sorra került a 2006. évi feladatsorokban. Ezzel a két év megoldási statisztikájának összehasonlítása is lehetővé vált, ami érdekes és hasznos következtetések levo-nását teszi lehetővé. A feladat egy vázlatszerű rajzzal könnyen megoldható. Saj-nos a gyerekek nagy része nem ismeri a probléma megoldásának ilyen módját, vagy ha ismeri, akkor nem hajlandó a rajzzal bíbelődni. Ehelyett gyorsan ki-vonja egymásból a két számot. Alsó tagozatban a tanulók fele így oldja meg a feladatot, de a felső két évfolyamon is minden ötödik tanuló ezt a rossz utat követi a megoldás során. Összehasonlítva az 1995. évi és a 2006. évi statiszti-kákat megállapítható, hogy az előbb felvázolt rossz megoldások száma lényeg-ében nem csökkent. A jó megoldások száma az első három évfolyamon lénye-gesen javult. Ez főleg az üresen hagyott válaszok számának csökkenéséből adó-dott. Ez a tény azt sejteti, hogy a Zrínyi versenynek igazán jelentős hatása az alsóbb évfolyamokon mutatkozik meg.


Leírtuk az összes kétjegyű pozitív egész számot nagyság szerinti növekvő sor-rendben. Hányadik szám ebben a sorrendben a 71? (A) 61. (B) 62. (C) 70. (D) 71. (E) 72.


Ennél a problémánál a tanulók több, mint egyharmada a 71-ből egyszerűen ki-vonja a legkisebb kétjegyű pozitív egész számot, a 10-et, és így kapja meg az (A)-ban szereplő rossz választ. Minden ötödik tanuló még idáig sem jut el a gondolkodásban, mert a feladat szövegében szereplő kétjegyű szót figyelmen kívül hagyja, és így kapja meg a szintén rossz (D) választ.


Egy anya 36 éves volt, amikor hatodik gyermeke született. A gyermekek között 3 év korkülönbség van. Hány éves volt az anya, amikor első gyermeke született? (A) 17 (B) 18 (C) 19 (D) 20 (E) 21


Ennek a feladatnak a jó megoldásához itt is könnyen eljuthatunk egy vázlatos rajz segítségével. Ehelyett a tanulóknak több, mint a fele a 36 − 6 ⋅ 3 =18 műve-letsorral oldja meg − természetesen rosszul − a felvetett problémát.

25

2.3 Szorzás

A szorzás tanítása az összeadás és a kivonás után következik az alsó tagozatban Ez nehezebben is megy a tanulóknak. Ez lehet a magyarázata, hogy ezt sokkal ritkábban alkalmazzák gondolkodás helyett, mint a korábban bemutatott két mű-veletet. Néha azért ez is előfordul a feladatok megoldása során.

1993. év 6. osztály 1. feladat és 8. osztály 1. feladat

Egy pásztornak 8 birkája és 10 kecskéje van. Hány éves a pásztor? (A) 8 (B) 10 (C) 18 (D) 80 (E) Ezekből az adatokból nem lehet meghatározni.

A feladat statisztikája és elemzése (A) 1% (B) 1% (C) 5% (D) 2% (E) 88% (Ü) 3% (A) 1% (B) 1% (C) 2% (D) 1% (E) 90% (Ü) 5%

Ehhez a feladathoz a hasonló szerepelt a 3., 4. és 6. osztályos tanulók feladatso-rán is. Itt az (A) válasznál az egyik, a (B) válasznál a másik szám, a (C) válasznál a két szám összege, míg a (D) válasznál a két szám szorzata szerepel. A statisz-tikákból látható, hogy a 6. osztályos tanulóknál a szorzat is előfordul, de mind-végig az összeg a legnépszerűbb rossz válasz. A feladatot érdemes lenne kipró-bálni más számokkal is. Ha a válaszokban olyan számokat adnánk meg, ame-lyeket a tanulók nehezebben tudnak összeadni, mint összeszorozni, akkor vél-hetően megnőne a szorzással megadott rossz válaszok száma.


A tündérkirálynő 3 kortyot ivott a fiatalító vízből, és így újra 20 éves lett. Hány évet fiatalodott, ha minden korty után felére csökkent éveinek száma? (A) 40 (B) 60 (C) 100 (D) 140 (E) 160


A feladat kérdése kicsit becsapós, mert nem a szokásos „hány éves volt” (160 éves), hanem a „hány évet fiatalodott” (140 évet) a kérdés. Ez azonban csak a versenyzők egyötöd részét tévesztette meg. A versenyzőknek több mint az egyharmada nem bajlódott ilyen számításokkal, hanem miután megkapta, hogy az utolsó korty után 20 évet fiatalodott, úgy kezelte, mintha mindig 20 évet fiatalodott volna, és a feladatot leegyszerűsítette a 3 ⋅ 20 = 60 szorzás elvégzé-sére, így kapta meg a rossz (B) választ.

26

3. Mi a kérdés?

„Okosan kérdezni nehezebb, mint okosan válaszolni”

/ perzsa közmondás /

A tanulók a feladatok megoldása során először elolvassák, majd értelmezik, vé-gül pedig megoldják a feladatot. Az így megkapott eredmény nem minden eset-ben egyezik meg a feladatban szereplő kérdésre adandó válasszal, ezért ilyenkor célszerű lenne a válasz megadása előtt újra elolvasni a feladatban megfogalma-zott kérdést. Ezt sok esetben elfelejtik a tanulók, és így adnak rossz választ a feltett kérdésre.

3.1 A mértékegységek

Több olyan feladat szerepel a Zrínyi versenyen, amelyben az egyik mértékegy-ségben számolva kell a feladatot megoldani, de a feladatra adandó választ már másik mértékegységben kéri a feladat. Erre áll itt néhány példa.


Hány centiméter a 3 méter négyszeresének a negyede? (A) 3 (B) 4 (C) 30 (D) 40 (E) 300

A feladat statisztikája és elemzése (A) 22% (B) 4% (C) 10% (D) 3% (E) 54% (U) 7%

A helyes (E) válasz mellett magas azoknak a válaszoknak az aránya, (22% + +10% = 33%) amelyekben a tanuló a megfelelő műveletet végezte el, de nem olvasta el figyelmesen a kérdést, ezért a mértékegységet nem váltotta át (az (A) válasz) vagy nem jól váltotta át (a (C) válasz).


Hány milliméterrel egyenlő az 1000 mm + 900 cm + 90 dm + 6 m összeg ezred-része? (A) 25 (B) 1996 (C) 6991 (D) 9961 (E) 25 000


Ennél a feladatnál a tanulóknak több mint a negyedrésze helyesen elvégzi a ki-jelölt összeadást, de nem veszi az összeg ezred részét, és ezt adja meg válaszként

27

(az (E) válasz). Itt is a válasz megadása előtt újra el kellene olvasni a feladatot, és akkor sokkal többen a helyes választ adnák meg.

3.2 A kérdés más, mint a számolás eredménye

A Zrínyi versenyen több feladatban a kérdés nem a számolás eredményét kér-dezi. A helyes válasz megadásához még egy lépés végrehajtását követeli meg a tanulóktól. Ezt sajnos a tanulók egy része már elfelejti, és így rossz választ ad a felvetett problémára.


Elköltöttem a pénzem 25%-át és még 25 Ft-ot, így pénzem fele megmaradt. Hány forintot költöttem? (A) 50 (B) 75 (C) 100 (D) 175 (E) 200


A tanulók helyesen kiszámítják, hogy 100 Ft-om volt. Az összes pénzem 100 Ft volt, a kérdés pedig az, hogy mennyit költöttem el belőle. A tanulók negyedrésze arra a kérdésre adja meg a választ, hogy mennyi pénzem volt eredetileg.


Furfangos Feri fejben kiszámította, hogy mennyivel egyenlő az 1,9999 ⋅ ⋅ 20 000 −19 999 ⋅ 2 különbség, és csak a helyes végeredményt írta a füzetébe. Hány számjegyet írt le? (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 4 (E) 5


A feladat megoldása során a tanulók kiszámítják a megadott műveletsor ered-ményét, és az így megkapott eredményt, a nullát írják be válasznak. Nem veszik figyelembe, hogy a kérdés nem a műveletsor eredményét, hanem a leírt számje-gyek számát kérdezi, ami 1.

3.3 A kérdésben szereplő feltétel kihagyása

Ezekben a feladatokban a feladat kérdésében egy vagy több feltétel szerepel. Nagyon sok esetben a tanulók a figyelmetlen, felületes olvasás miatt ezeknek a

28

feltételeknek nem mindegyikét veszik figyelembe a megoldás során, és így ad-nak a feladatra rossz választ.


Pálcikákból kiraktuk az a) ábrán látható 6-os számot. Legkevesebb hány lépéssel kapjuk belőle a b) ábrán látható 2-es számot, ha egy lépés vagy egy pálcika elvételét, vagy egy pálcika odahelyezését jelenti? (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5


A megoldás során a tanulók a pálcika elvételét és odahelyezését egy lépésnek tekintik, és így jutnak el a helytelen (B) válaszhoz. Valószínűleg a 3. osztályos tanulók egy része nem tudja helyesen értelmezni a kérdésben szereplő vagy szó jelentését.


Mennyi annak a számnak a kétszerese, amelynek a fele 8 ? (A) 4 (B) 8 (C) 16 (D) 32 (E) 64


Itt a tanulók egy része elfelejti figyelembe venni, hogy a 8 a keresett számnak a fele. Ehelyett úgy oldja meg a feladatot, mintha a szám 8 lenne, és így kapja a 16-ot megoldásnak.

4. Pontatlan fogalomismeret

„Nincs olyan egyszerű feladat, amelyet el ne lehetne rontani.”

/ Radnai Gyula /

A Zrínyi Ilona Matematikaverseny feladatai között nagyon sok olyan feladat kerül kitűzésre, amelyben az általános iskolában tanult fogalmakra kérdeznek rá a feladatsorok készítői.

4.1 A mértékegységek

Sok olyan tanuló van, aki nincs tisztában a mértékegységek közötti összefüggé-

a) b)

29

sekkel, váltószámokkal. Különösen szembetűnő ez akkor, ha nem a legismer-tebb mértékegységre (hosszúságra) kérdezünk rá. Külön problémát jelent a nem tízes alapú mértékegységek átváltása (az idő).


Melyik egyenlőség igaz az alábbiak közül? (A) 1 cm2

=100 dm2 (B) 10 kg + fél kg =1500 dkg (C) 1 dkg =100 g (D) 3 perc = 300 mp (E) Az előzőek közül egyik sem.


A (B) és (C) választ megadó tanulók nem tudják a mértékegységek közötti pon-tos váltószámokat. Az (A) választ bejelölő tanulók a mértékegységek fogalmát nem tudják pontosan, csak mechanikusan egy váltószámot jegyeztek meg, de nem tudják a pontos nagyságrendeket. Összességében a diákok kevesebb, mint felének van pontos ismerete a feladatban szereplő mértékegységekről.


Melyik lehet az alábbiak közül egy golyóstoll hossza? (A) 15 mm (B) 15 cm (C) 15 dm (D) 15 m (E) 15 km



Melyik lehet az alábbiak közül egy iskolai tanulói pad hossza? (A) 12 mm (B) 12 cm (C) 12 dm (D) 12 m (E) 12 km



Melyik lehet az alábbiak közül egy iskolai tanterem magassága? (A) 4 mm (B) 4 cm (C) 4 dm (D) 4 m (E) 4 km

30



Melyik lehet az alábbiak közül egy 2 éves macska tömege? (A) 3 mg (B) 3 g (C) 3 dkg (D) 3 kg (E) 3 t



Melyik lehet az alábbiak közül egy tanári asztal fedőlapjának területe? (A) 72 mm2 (B) 72 cm2 (C) 72 dm2

(D) 72 m2 (E) 72 km2



Melyik lehet az alábbiak közül egy lakás szobájának a térfogata? (A) 60 mm3 (B) 60 cm3 (C) 60 dm3

(D) 60 m3 (E) 60 km3


Az iménti hat feladat elemzése

Ezek a feladatok hétköznapi példák segítségével mérik, hogy a diákok a külön-böző mennyiségek nagyságrendjét mennyire jól tudják megbecsülni. A felada-tok statisztikájából kiderül, hogy a hosszúság becslése ötödikes korra már csak-nem hibátlan, míg a tömeg becslése még hatodik osztályban is problémát okoz, ugyanúgy, mint a terület becslése a hetedikeseknek és a térfogat becslése a nyol-cadikosoknak. Ennek elsődleges oka az lehet, hogy a tanulók kevés kapcsoló-dási pontot találnak az órán tanultak és a valóságos világban tapasztaltak között, a tanítás során nagyobb hangsúlyt kellene erre fektetni.

4.2 Műveletek a nullával

A gyerekeknek a nullával való műveletvégzés nagyon sok problémát okoz. Megtanítjuk nekik, hogy nullával nem szabad osztani. Erre a tanulók nagy része

31

felületesen emlékszik, csak azt jegyzi meg, hogy a nullával végzett műveletek-nél valami probléma van. Az ilyen feladatok megoldásánál ez jelenti a gondot.


Mennyi a 2004 számjegyeinek szorzata?

(A) 0 (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 2004


(A) 57% (B) 3% (C) 2% (D) 29% (E) 5% (Ü) 4%

Meglepő, hogy 5. osztályban még mindig csaknem a tanulók harmada figyel-men kívül hagyja a szorzásban szereplő nulla tényezőket (a D választ adók).


Mennyi az öt legkisebb természetes szám szorzata?

(A) 0 (B) 1 (C) 11 (D) 15 (E) 120

A feladat statisztikája

(A) 50% (B) 6% (C) 1% (D) 7% (E) 26% (Ü) 10%


Mennyi a négy legkisebb természetes szám szorzata?

(A) 0 (B) 4 (C) 6 (D) 10 (E) 24


(A) 63% (B) 2% (C) 6% (D) 1% (E) 25% (Ü) 3%


Ebből a két feladatból látszik, hogy a tanulók negyedrészének még 8. osztályban sincs pontos természetes szám fogalma. A nullát nem tekintik természetes szám-nak. A statisztika fintora, hogy a nyolcadikosak 6%-a bár tudja melyik a négy legkisebb természetes szám, de pontatlan olvasás miatt összeadja azokat (a C választ adók).

4.3 A geometria

A folyamatosan csökkenő matematika óraszámok miatt egyre kevesebb idő jut a fogalmak ismeretének elmélyítésére. A matematika témakörein belül legna-gyobb veszteség a geometriát éri. Egyre csökkenő mennyiségű geometria tan-anyagot követel meg a tanterv, így az alapozás hiánya miatt a geometriához

32

szükséges készségek fejlesztése elmarad, és az átlag gyerek nem lesz képes az összetettebb geometriai problémák megoldására. Ennek a folyamatnak a jelei már a geometriai alapfogalmak hiányos ismeretében is láthatók.


Hány magassága van egy derékszögű háromszögnek?

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4


(A) 3% (B) 31% (C) 14% (D) 47% (E) 1% (Ü) 4%

Akik a (B) választ adták nem tudják a magasság pontos fogalmát, és nem szá-molják a két befogót is a magasságok közé. Ennek az is lehet az oka, hogy a táblára felkerülő derékszögű háromszögek rajzain csak az átfogóhoz tartozó ma-gasságot szoktuk berajzolni. Meglepő, hogy a (C) választ is sokan adják.

4.4 Műveleti sorrend

A tanulók egészen kis koruktól kezdve tanulják a műveletek elvégzésének he-lyes sorrendjét. A tanítási folyamat során ennek tanítása szinte minden évfolya-mon újra előfordul. Ennek ellenére a tanulók gyakran tévesztik el az ilyen fel-adatokat.


Mennyi a 8 + 32 : 2 ⋅ 4 műveletsor eredménye?

(A) 5 (B) 12 (C) 72 (D) 80 (E) 96


(A) 2% (B) 15% (C) 68% (D) 10% (E) 4% (Ü) 1%

A (B) választ adó tanulók tudják, hogy nem az összeadással kell kezdeni, de helytelenül a szorzással kezdik a műveletek elvégzését, és visszafelé haladnak. A (D) választ adók még balról jobbra végzik el a műveleteket, figyelmen kívül hagyva, hogy nem az összeadással kell elkezdeni. A problémát talán az is nehe-zíti, hogy bármilyen rossz sorrendben elvégzett műveletek esetén a végered-mény mindig egész szám lesz. Az órai feladatoknál általában csak a jó műveleti sorrend esetén kapnak egész megoldást, rossz sorrend esetén az eredmény nem lesz egész szám.

33

4.5 Racionális számok

Az általános iskolás tananyag legnagyobb része a racionális számokkal (termé-szetes számok, egész számok, tört számok és tizedes törtek) végzett műveletek. Így az ezzel kapcsolatos feladatokat a tanulók nagyon sokat gyakorolják az órá-kon. Ennek ellenére az ilyen feladatok megoldása során is találunk típushibákat.


Hány számnak 9900 a százasokra kerekített értéke a 9900; 9950; 9850; 9851 és 9951 számok közül?

(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) 5


(A) 9% (B) 17% (C) 50% (D) 14% (E) 3% (Ü) 7%

A gyerekeknek fele tudja csak pontosan a kerekítés szabályát.


Melyik az a legnagyobb egész szám, melyet a + 4-hez adva − 4-nél kisebb szá-mot kapunk?

(A) − 9 (B) − 8 (C) 8 (D) 9 (E) Nincs ilyen szám.


(A) 57% (B) 9% (C) 1% (D) 3% (E) 22% (Ü) 8%

Az (E) választ adóknak nincs negatív szám fogalmuk, ezért írják, hogy nincs ilyen szám. A (B) választ adók pontatlanul olvassák el a szöveget, kisebb helyett nem nagyobbat használnak.


Mennyi a három legnagyobb negatív egész szám reciprokának összege?

(A) − 6 (B) −6

11 (C) 0 (D) 6

11 (E) 6


(A) 14% (B) 17% (C) 11% (D) 5% (E) 25% (Ü) 28%

Az (A) választ adók elfelejtik a számok reciprokát venni, egyszerűen csak ösz-

34

szeadják a három legnagyobb negatív egész számot. Az (E) választ adók a szá-mok reciprokainak összege helyett a számok ellentettjeinek összegét számolják ki.

4.6 Hatványozás

A hatványozás művelete a négy alapműveletnél elvontabb, nehezebben érthető. Az általános iskolás tananyagban nem is sok idő jut a hatványozással kapcsola-tos műveletekre, ezért a tanulók itt gyakrabban követnek el típushibákat. Ennek fő oka, hogy a tanulók egy része (még a jó képességűek közül is sokan) nincse-nek tisztában a hatványozás fogalmával.


Mennyi a 41994-nek a fele?

(A) 21994 (B) 4997 (C) 2997 (D) 23987 (E) 41993


(A) 28% (B) 19% (C) 14% (D) 17% (E) 10% (Ü) 12%


Mennyivel egyenlő az 1,2 ⋅1030 fele?

(A) 0,6 ⋅1015 (B) 1,2 ⋅1015 (C) 0,6 ⋅ 530

(D) 1,2 ⋅ 530 (E) 6 ⋅1029


(A) 25% (B) 14% (C) 12% (D) 7% (E) 33% (Ü) 9%


Az előző két feladatból egyértelműen látható, hogy a gyerekek hatvány fogalma bizonytalan. 8. osztályban már kétszer annyian találják meg a jó megoldást. A többi gyerek valamiféle mechanizmust végez el a fogalomismeret alapján való gondolkodás helyett.

4.7 Oszthatóság

Az oszthatóság tanítására és az ezzel kapcsolatos feladatok végzésére az általá-nos iskolás tantervben kevés idő jut. Nagyon gyakran keveredik az oszthatóság fogalma az osztás műveletével különösen az alsóbb évfolyamokon. Főleg ezek okozzák az ilyen feladatok megoldásánál a problémát.

35


Melyik az a legkisebb háromjegyű pozitív egész szám, amelynek minden szám-jegye páros?

(A) 100 (B) 102 (C) 188 (D) 200 (E) 222


(A) 14% (B) 1% (C) 2% (D) 37% (E) 40% (Ü) 6%


Melyik az a legkisebb négyjegyű pozitív egész szám, amelynek minden szám-jegye páros?

(A) 1000 (B) 1002 (C) 1888 (D) 2000 (E) 2222


(A) 13% (B) 1% (C) 1% (D) 46% (E) 35% (Ü) 4%


Az (A) megoldást választó gyerekek, ahelyett hogy az összes számjegyet páros-nak választanák, azt hiszik, hogy elég a számnak párosnak lennie. Az (E) választ adók nem tudják, hogy a nulla páros szám, vagy miután kiválasztják a legna-gyobb helyi értékre a 2-es számjegyet, elfelejtik, hogy a többi számjegy már lehet nulla.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

„ B o r o t v á l k o z á s v i d e ó v a l ” m e g o l d á s a

Amikor a tükörbe nézünk, az arcunk jobboldalát ugyanazon az oldalon látjuk, mint ahol a valóságban van; ezzel szemben a TV készülékben éppen fordítva van: az arcunk jobboldalát a képer-nyő baloldalán látjuk. Mivel pedig az ember egész élete során a tükörbe nézve tanulta és szokta meg a borotválkozás mozdulatait, és ehhez képest a TV-készü-lékben minden mozdulatot pont fordítva lát, érthető, hogy a mozdulatai bizony-talanok. Ez okozza a sorozatos sérüléseket.

A feladvány szövege a 17. oldalon olvasható.

36

P Á L Y Á Z A T

A MATEGYE Alapítvány kuratóriuma és a Zrínyi Ilona Matematikaverseny Szervezőbizottsága pályázatot hirdet a 2021. évi Zrínyi Ilona Matematikaverse-nyen szereplő feladatokra. A pályázat három kategóriában kerül kiírásra. Mind-egyik kategóriában kilenc feladatból álló tesztes feladatsort kell beküldeni. A feladatok között − a zrínyis verseny feladataihoz hasonlóan − 3 könnyű, 3 közepes és 3 nehéz legyen.

Az I. kategóriában 2-4. osztályosok, a II. kategóriában 5-8. osztályosok,

a III. kategóriában 9-12. osztályosok részére összeállított feladatokkal lehet pályázni.

A pályázat beküldésének határideje: 2020. május 15.

A pályázat elbírálása: A pályázat elbírálását a MATEGYE Alapítvány kurató-riumának felkérése alapján szakmai bírálóbizottság végzi 2020. szeptember 10-ig.

A pályázat díjazása (kategóriánként): I. díj 40.000 Ft II. díj 30.000 Ft III. díj 20.000 Ft

Pályázati feltételek: A pályázaton 18. életévüket betöltött személyek vehetnek részt. A pályázat jeligés, pályázni csak a MATEGYE Alapítványtól kapott pályá-zati űrlap kitöltésével lehet. Egy pályázó több kategóriában, illetve egy kategóri-ában több feladatsorral is pályázhat, de minden egyes pályázati kategóriában leg-feljebb 3 feladatsorral. Pályázni csak máshol meg nem jelent feladatokkal, fel-

adatsorokkal lehet.

A 2021. évi verseny feladatsoraiban szereplő feladatok után a MATEGYE Ala-pítvány szerzői jogdíjat fizet. (A szerzői jogdíjak kifizetése 2021. május 30-ig történik.)

A pályázatról részletes felvilágosítás és pályázati űrlap kérhető:

MATEGYE ALAPÍTVÁNY 6001 Kecskemét, Pf. 585

Tel.: (76)/ 483-047

37

L O G I G R A F I K A

rovatvezető: Pusztai Ágota

Először nézzük meg az előző havi feladvány megoldását! A jól színe-zett képen egy csacsi feje látható (1. ábra).

Ebben a hónapban beküldendő feladványt már nem tűzünk ki, a pontverseny az előző havi megfejté-sek kiértékelésével lezárul. A követ-kező hónapban megjelenik a rovat-ban azok névsora, akik egész évben jó megfejtéseket küldtek és ezért ju-talmat kapnak.

Azok kedvéért viszont, akik egy borongós nyári napon is szívesen lo-gigrafikáznának, most is közlünk egy feladványt (2. ábra).

Ennek megfejtését tehát már ne adjátok postára, nem számít bele a pontversenybe. A megszokottnál nagyobb méretű az ábra, így kicsit több figyelmet és kitartást követel a megfejtőtől.

Jó szórakozást és sok sikert a megoldáshoz!

A Logigrafika pontszámaival kap-

csolatos reklamációk e-mailben ([email protected]) történő

beérkezésének határideje:

2020. május 29.

1 6 5 3 5 8 2 3 4 5 6 4 4 6 9 4 3 6 5 3 1 6 4 5 3 1 1 6 3 1 6 1 1 2 2 1 2 10 10 11 12 13 13 12 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 2 3 2 3 7 1 4 2 3 1 5 6 7 8 8 3 3 1 7 3 4 1 7 7 2 7 6 2 8 1 3 2 9 3 3 7 5 1 6 6 5 1 3 4 1 1 4 2 3 3

1. ábra

5 4 4 1 2 11 2 3 4 3 3 2 7 5 3 2 10 7 5 5 3 1 2 1 2 3 2 4 4 21 17 4 3 3 2 2 2 3 2 3 4 7 4 1 3 3 4 3 5 3 5 3 7 5 1 5 4 6 10 3 5 4 4 6 1 6 13 4 7 1 4 2 2 3 3 2 3 3 2 3 1 3 3 2 4 3 4 4 9 5

2. ábra

38

V a r g a T a m á s M a t e m a t i k a v e r s e n y

A Varga Tamás Matematikaverseny 1. fordulója 2019. november 26-án, a 2. fordulója 2020. január 21-én, 3. fordulója 2020. február 25-én került megren-dezésre. Az 1. fordulón közel 2554 tanuló vett részt. Közülük 1206-an jutottak a 2. fordulóba. A 3. fordulóba a 7/I-es kategóriában 98 fő, a 7/II-es kategóriában 49 fő, a 8/I-es kategóriában 103 fő és a 8/II-es kategóriában 53 fő vett részt. Az ünnepélyes eredményhirdetés elmarad. Az eredmények a honlapunkon ol-vashatóak.

V a r g a T a m á s M a t e m a t i k a v e r s e n y d í j a z o t t j a i

7/I-es kategóriában

I. helyezett: Varga Boldizsár Géza Fejedelem Ref. Ált. Isk., Verőce

Tanára: Kovácsné Kurinczi Brigitta

II. helyezett: Tamás Gellért Kazinczy Ferenc Gimnázium, Győr

Tanára: Nikházy Lászlóné

III. helyezett: Vaszary Krisztián Kazinczy Ferenc Gimnázium, Győr

Tanára: Nikházy Lászlóné

7/II-es kategóriában

I. helyezett: Erdélyi Kata Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló ÁI. és Gimn., Bp. VIII.

Tanára: Fazakas Tünde II. helyezett:

Tran Dávid Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen Tanárai: Dr. Gaál Istvánné, Tóth Mariann

III. helyezett: Petrányi Lilla Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét

Tanárai: Varga József, Csordás Mihály

39

8/I-es kategóriában

I. helyezett: Molnár Kristóf István Városmajori Gimnázium, Budapest XII.

Tanára: Volf Annamária

II. helyezett: Péntek Domonkos Eötvös József Gimnázium, Budapest V.

Tanára: Nyircsákné Végh Borbála

III. helyezett: Szemlér Bálint Városligeti Magyar-Angol KTNy. ÁI., Budapest XIV.

Tanára: Répássy Bertalan

8/II-es kategóriában

I. helyezett: Bogár-Szabó Mihály Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét

Tanárai: Varga József, Kovácsné Szipán Andrea

II. helyezett: Chrobák Gergő Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen

Tanárai: Dr. Gaál Istvánné, Balázs Tivadar

III. helyezett: Fazokán Marcell Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen

Tanárai: Dr. Gaál Istvánné, Balázs Tivadar

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

F A K O P Á N C S

A Fakopáncs, fajátékok és kézibábok boltja az idén is értékes díjakkal támo-gatja az ABACUS matematika pontversenyét.

A Fakopáncs boltok címe:

♦ 1088 Budapest, Baross u. 46. ♦ 1088 Budapest, József krt. 50. Tel.: 1/337-0992 Tel.: 1/333-1866

Tel./Fax: 1/337-8448

40

M A T H S

rovatvezető: Pilter Adorján

Problem 13 Oliver sucks on his favourite sour candies at a steady rate. He puts a candy in his mouth, and when he has only one-tenth remaining, he puts the next one in, and again when he has just one-tenth remaining of the newest one, he puts the next one in, and so on. (Decrease of candies - considered separately – is the same as if he had just one piece in his mouth.) If he sucks on one candy in 5 minutes, how long does it take for him to suck on 10 candies?

Solution to Problem 13 At the end of sucking on the first sour candy, Oliver puts the second candy in his mouth and sucks on the two together for half a minute, so the second candy is going to be gone 4,5 minutes after the first candy disappears; the third one is finished 4,5 minutes after the second one, etc. So, the total duration is 5 + 9 ⋅ 4,5 = 45,5 minutes.

In other words, sucking on 10 candies would take a total of 50 minutes. How-ever, there are two candies in Oliver’s mouth for nine times half a minute, so the total duration is 50 – 9 ⋅ 0,5 = 45,5 minutes.

Problem 14 In Tigeria, the currency is the crown. The weight of four twenty-crown coins is the same as that of five ten-crown coins. If 1 kg ten-crown coins is worth 5000 crowns, then how much is 3 kg twenty-crown coins worth?

Solution to Problem 14 According to the data provided, the number of twenty-crown coins among the twenty-crown and ten-crown coins of the same total weight is 4 /5 of the number of ten-coins. The total value of the twenty-crowns is therefore 8 /5 of that of the ten-crown coins. This means that the value of 1 kg of twenty-crown coins is 8000 crowns, so 3 kg of them is worth 24 000 crowns.

Note: Of course, it is also a complete solution to calculate the weight of 1 ten-crown and 1 twenty-crown from the data provided and hence determine the total value that is asked for.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

A Maths rovat pontszámaival kapcsolatos reklamációk e-mailben ([email protected]) történő beérkezésének határideje: 2020. május 29.

41

M A T H E M A T I K

rovatvezető: Nagy Barbara

Aufgabe 19: Der Osterhase bemalt Eier, bis jetzt hat er 21 Eier bemalt, 5 von ihnen sind nur gelb, 6 nur rot, die anderen zweifarbig (rot und gelb). Wie viele solche Eier hat er, bei denen er auch die rote Farbe verwendet hat?

Lösung der Aufgabe 19: 6 + x + 5 = 21, also x =10, deswe-gen hat er bei 10 + 6 =16 Eiern die rote Farbe verwendet.

Aufgabe 20: Am nächsten Tag bemalt er auch blaue Eier. Wir wissen, dass es ein ein-ziges dreifarbiges Ei gibt, und dass die Anzahl der zweifarbigen Eier je nach Sorte (rot-gelb, rot-blau und gelb-blau) gleich ist. Er hat bis jetzt 58 Eier bemalt, bei 24 Eiern hat er die rote Farbe verwendet, bei 25 Eiern hat er die blaue Farbe verwendet und bei 26 Eiern hat er die gelbe Farbe verwendet. Wie viele zweifarbige Eier gibt es insgesamt?

Lösung der Aufgabe 20: Wenn er insgesamt 24 Eier rot bemalt hat, sind 24 –1– 2x = 23 – 2x nur rot, usw. 23 –2x + + 25 – 2x + 24 – 2x +1+ 3 ⋅ x = 58 also 73 – 3x = 58 und daraus x = 5.

Er hat 3 ⋅ 5 =15 zweifarbige Eier.

Aufgabe 21: Wenn er ein Ei zufällig auswählt, was ist wahrscheinlicher, dass dieses Ei zweifarbig ist, oder dass das Ei nur blau ist.

Lösung der Aufgabe 21: Nur blau sind 24 – 2 ⋅ 5 =14 Eier, 15 Eier sind dagegen zweifarbig, es ist also wahrscheinlicher ein zweifarbiges Ei auszuwählen.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

A Mathematik rovat pontszámaival kapcsolatos reklamációk

e-mailben ([email protected]) történő beérkezésének határideje: 2020. május 29.

rot

6

gelb

5x

rot gelb

blau

23 25

2x

x x

x

1

2x 2x

24

42

S A K K - S A R O K

rovatvezető: Blázsik Zoltán

Maróczy emlékverseny beharangozója, játsszanak a fiatalok

Vajon sikerül-e még ebben az esztendőben megünnepelni a Nagymester – Maróczy Géza kerek évfordulóját? A szegedi Nagymester 1920-tól teljesen a sakkozásnak szentelte életét. Bár előre haladott kora ellenére ekkor is ért el ki-váló versenyeredményeket, tevékenységének súlypontja ebben az időszakban a tanítói és irodalmi térre tolódott át. A magyar sakk-kultúra és a magyar sakko-zók fejlődése oroszlánrészt az ő munkája eredményeként állt elő. Ugyanakkor nagy hatással volt a holland sakkozásra is, ahol Euwe volt világbajnok és sokan mások is tanítványának tartják magukat.

Maróczy Géza nemcsak nagymester volt. Az elején játszott a barátaival az iskolában majd pedig tanított világbajnokokat is.

Első könyvének a címe: Így kezdtem A hősünk mindenkinél hitelesebben le tudta írni a történetét: „Fél kettőre jár

az idő, az ifjú elindul. Könyvestáska a hóna alatt, iskolába megy haza. Az útjába eső kávéház nagy tükörablakánál megáll. Betekint és állva marad. Az ablakmé-lyedésben levő asztalnál, feketekávé mellett a kávéház két vendége ül, előttük egy fekete-fehér kockás viaszosvászon, amelyen különböző alakú figurák állnak glédában. A játékosok azokat tologatják ide-oda. A diák áll és bámul, nem érti a dolgot, de a tologatás ismétlődő szabályossága kötve tartja figyelmét. Elkésik az ebédről, pedig szinte futva iparkodik haza. Egész délután töri a fejét, miféle játékot látott. Majd megtudja, hogy sakkjátékot nézett. Érdekli a dolog, megta-nulja a lépéseket, azután játszik. Ez az általános indulás a sakkozói pályán, de hogy ki meddig jut el az az egyén akaratától, kitartásától, kombinatív készségé-től és nem utolsó sorban több olyan körülménytől függ, amellyel a későbbiekben ismerkedik meg az Olvasó."

Dzagnidze, Nana - Abdumalik, ZhansayaA 1-0

FIDE Women's Grand Prix - Lausanne 2020 round 02

1. d4 Hf6 2. Hf3 g6 3. Ff4 Fg7 4. e3 c5 5. c3 Vb6 6. Vb3 0-0 7. Hbd2 d5 8. Fe2 Va5 9. a4 Hc6 10. h3 h6 11. 0-0 cxd4 12. exd4 g5 13. Fh2 a6 14. Fd3 Hh5 15. Bae1 Hf4 16. Fb1 Be8 17. h4 f6 18. hxg5 fxg5 19. Vc2 Vb6 20. Fxf4 gxf4 21. Hh4 Vc7 22. Vh7+ Kf8 23. Hdf3 e6 24. Fg6 Fd7 25. Fh5 He7 26. He5

43

Bed8 27. Hhg6+ Hxg6 28. Hxg6+ Kf7 29. Hxf4+ Kf8 30. Hg6+ Kf7 31. Be3 1-0

Goryachkina, Aleksandra - Kosteniuk, Alexandra 1-0


1. d4 Hf6 2. c4 e6 3. Hf3 b6 4. g3 Fb7 5. Fg2 Fe7 6. 0-0 0-0 7. Hc3 He4 8. Fd2 d5 9. cxd5 exd5 10. Ff4 c5 11. Bc1 Hd7 12. dxc5 Hdxc5 13. Fe5 f6 14. Fd4 Vd7 15. Bc2 Bac8 16. Vb1 He6 17. Bd1 Hxd4 18. Hxd4 f5 19. e3 Ff6 20. Hce2 Bc5 21. Hb3 Bxc2 22. Vxc2 Bc8 23. Vb1 Bc4 24. Hd2 Bb4 25. Hxe4 fxe4 26. b3 Ve7 27. a3 Bb5 28. b4 d4 29. Hxd4 Be5 30. Vc2 Vd7 31. Bc1 Be7 32. Hc6 Fxc6 33. Vxc6 Vd3 34. Ff1 Vd7 35. Vxd7 Bxd7 36. Bc4 Be7 37. b5 Fb2 38. a4 Fa3 39. Fg2 Fc5 40. Fxe4 Bd7 41. a5 g6 42. a6 Kf7 43. Fb7 Bd1+ 44. Kg2 Bb1 45. Fc6 Bb2 46. Be4 g5 47. h4 gxh4 48. gxh4 Bb4 49. Bxb4 Fxb4 50. h5 Fc5 51. Kf3 Kf6 52. Ke4 Ke6 53. f4 h6 54. Kf3 1-0

Muzychuk, Anna - Sebag, Marie 1-0


1. e4 c5 2. Hc3 Hc6 3. Hf3 e5 4. Fc4 Fe7 5. d3 Hf6 6. Hg5 0-0 7. h4 h6 8. Hd5 Hxd5 9. exd5 b5 10. Fb3 Hd4 11. d6 Fxd6 12. Fd5 Bb8 13. Vh5 Vf6 14. c3 Fb7 15. He4 Ve7 16. Fg5 Hc2+ 17. Kd2 Fxd5 18. Fxe7 Fxe7 19. Kxc2 f5 20. Hg3 Fe6 21. Ve2 f4 22. Hf1 Ff6 23. Hd2 d5 24. g4 c4 25. d4 e4 26. Hxe4 dxe4 27. Vxe4 Fxg4 28. Bag1 Fh5 29. Vf5 Fe8 30. Bg4 b4 31. Bhg1 bxc3 32. bxc3 Fa4+ 33. Kc1 Kh8 34. Va5 Fc6 35. Bxf4 Bb5 36. Bxf6 Bxf6 37. Vd8+ Kh7 38. Ve7 1-0

Kosteniuk, Alexandra - Kashlinskaya, Alina 0-1


1. e4 e5 2. Hf3 Hf6 3. Hxe5 d6 4. Hf3 Hxe4 5. d4 d5 6. Fd3 Fd6 7. 0-0 0-0 8. c4 c6 9. Be1 Ff5 10. cxd5 cxd5 11. Hc3 Hxc3 12. bxc3 Fxd3 13. Vxd3 Hc6 14. Hg5 g6 15. Vh3 h5 16. g4 Fe7 17. Vh4 Fxg5 18. Fxg5 f6 19. Fd2 hxg4 20. Vxg4 Kg7 21. Kh1 Vc8 22. Vg2 Vf5 23. Bab1 Bf7 24. Bb5 Bd8 25. Fe3 a6 26. Bc5 Vd7 27. Bg1 He7 28. Ff4 Vf5 29. Fc7 Bd7 30. Vg3 g5 31. f3 Hg6 32. c4 Bfe7 33. cxd5 Bxd5 34. Fd6 Bd7 35. Bxd5 Vxd5 36. Fc5 Hh4 37. Bf1 b6 38. Fxb6 Vb5 39. Bg1 Vc6 40. Fc5 Hxf3 41. Vg2 Ve4 42. Bf1 g4 43. Bc1 Bb7

44

44. d5 Bb1 45. Bxb1 Vxb1+ 46. Fg1 Vxg1+ 47. Vxg1 Hxg1 48. Kxg1 f5 49. Kg2 Kf6 50. h4 gxh3+ 51. Kxh3 Ke5 52. Kg3 Kxd5 53. Kf4 Ke6 54. Kf3 a5 55. Kf4 a4 56. Kf3 Ke5 57. Ke3 a3 0-1

Kosteniuk, Alexandra - Kashlinskaya, Alina

0-1


1. e4 e5 2. Hf3 Hf6 3. Hxe5 d6 4. Hf3 Hxe4 5. d4 d5 6. Fd3 Fd6 7. 0-0 0-0 8. c4 c6 9. Be1 Ff5 10. cxd5 cxd5 11. Hc3 Hxc3 12. bxc3 Fxd3 13. Qxd3 Hc6 14. Hg5 g6 15. Qh3 h5 16. g4 Fe7 17. Qh4 Fxg5 18. Fxg5 f6 19. Fd2 hxg4 20. Qxg4 Kg7 21. Kh1 Qc8 22. Qg2 Qf5 23. Bab1 Bf7 24. Bb5 Bd8 25. Fe3 a6 26. Bc5 Qd7 27. Bg1 He7 28. Ff4 Qf5 29. Fc7 Bd7 30. Qg3 g5 31. f3 Hg6 32. c4 Bfe7 33. cxd5 Bxd5 34. Fd6 Bd7 35. Bxd5 Qxd5 36. Fc5 Hh4 37. Bf1 b6 38. Fxb6 Qb5 39. Bg1 Qc6 40. Fc5 Hxf3 41. Qg2 Qe4 42. Bf1 g4 43. Bc1 Bb7 44. d5 Bb1 45. Bxb1 Qxb1+ 46. Fg1 Qxg1+ 47. Qxg1 Hxg1 48. Kxg1 f5 49. Kg2 Kf6 50. h4 gxh3+ 51. Kxh3 Ke5 52. Kg3 Kxd5 53. Kf4 Ke6 54. Kf3 a5 55. Kf4 a4 56. Kf3 Ke5 57. Ke3 a3 0-1

Nemrégiben kezdődött meg a FIDE Női Nagydíj versenysorozata. A világ-bajnokhoz hasonló erejű hölgyek – akik még aktívak – összemérték erejüket. Visszavágtak korábbi vereségükért. Nagyon jó az, hogy néha játszhatnak a nők egymással. Másképpen csak a férfiakkal tudnának mérkőzni.

A hölgyek játszmái vajon mutatják-e nemi sajátságaikat? Ritka lehetőség!

A márciusi feladatok megoldása:

A) 1. Fe6!

B) 1. Ke5!

A Sakk-sarok pontszámaival kapcsolatos reklamációk e-mailben


∗ ∗ ∗ ∗ ∗

„ M ó k u s o k ” m e g o l d á s a

A kis mókus nem tudott számolni. A feladvány szövege a 12. oldalon olvasható.

45

F I Z I K A – R O V A T

rovatvezető: Szatmáry Zsolt

Korábban kitűzött feladatok megoldásai

721. (mérési feladat) Mérd meg egy alma átlagsűrűségét a következőképpen. He-lyezd vízbe az almát, ügyesen jelöld meg a „kilógó” részt az alma felületén. Mérd meg a teljes alma illetve a levágott, kilógó rész tömegét. Mit gondolsz, a mérési pontatlansá-gokon kívül, az előbbi adatokból számolt sűrűségérték pontosságáról? Szatmáry Zsolt

Megoldás: Ebben a hónapban is számos megoldás érke-zett. Ezúttal Jeney Ágnes 7. osztályos tanuló (Árpád Gim-názium, Budapest) által beküldöttek alapján készült meg-oldást közlünk.

A mérés célja: egy alma tömegének megmérése mérleggel.

Mérés során használt eszközök: konyhai mérleg, vízzel töl-tött edény, filctoll, kés.

Mérés menete: megmértem az alma tömegét a konyhai mérlegen. Majd az edényben lévő vízbe tettem, ahol az úszott. Filctollal bejelöltem, meddig merül a vízbe az alma. Kivettem a vízből, és a jelölésnél két részre vágtam. Meg-mértem az egyes részek tömegét a konyhai mérlegen.

Mérési eredmények: malma = 200 g, mbemerülő =145 g.

Mérés értékelése: az almára ható felhajtó erő megegyezik az almára ható gravitációs erővel. A felhajtó erő pedig egyenlő a bemerülő rész által kiszorított víz súlyával. Így:

Valma ∙ ρalma ∙ g = Vbemerülő ∙ ρvíz ∙ g. Ebből alma

bemerülő

VV =

víz

alma

ρ

ρ kö-

vetkezik. Ha az alma homogénnek tekinthető, azaz a sűrű-

sége mindenhol ugyanakkora, akkor igaz, hogy alma

bemerülő

mm =

=

víz

alma

ρ

ρ . Azaz víz

alma

ρ

ρ =200145 . Vagyis ρalma = 725

3m

kg . A víz

sűrűségét 1000 3m

kg -nek vettem.

46

A sűrűségérték pontosságáról azt gondolom, hogy az alma nem tekinthető teljesen homogénnek, hiszen a magház, a magok, a héja mind más és más sűrű-ségűek, tehát csak közelítő értékről lehet beszélni. A mérés pontosságát befo-lyásolta még a tömegmérés pontatlansága, illetve a megjelölt rész levágásának esetleges hibája.

727. (7.) Pali légpárnás sínen kísérle-tezik. Az 50 dkg-os, állóhelyből induló „lovasra” a grafikonon látható módon fejt ki húzóerőt. Mekkora utat tett meg a kí-sérlet alatt a „lovas”, és mekkora volt az átlagsebessége?

Szatmáry Zsolt

Megoldás: Látható a grafikonról, hogy három szakaszra bontható a „lovas”

mozgása. Az első szakaszon egyenletesen gyorsult a =mF =

0,50,2 = 0,4 2s

m gyorsu-

lással. A megtett út és a végsebesség: s1 =2

0,4 22 = 0,8 m; v1 = 0,4 ⋅ 2 = 0,8

sm .

A második szakaszon (egyenesvonalú) egyenletes mozgást végzett, így a meg-

tett útja: s2 = 0,8 ⋅ 2 =1,6 m. A harmadik szakaszon a =0,50,1 = 0,2 2s

m gyorsulással

mozgott 0,8 sm kezdősebességről gyorsulva. Ezzel a megtett útja s3 =

20,2

⋅

⋅ 22 + 0,8 ⋅ 2 = 2 m. Tehát összesen sösszes = 0,8 +1,6 + 2 = 4,4 m utat tett meg. Az

átlagsebessége: vátl =összes

összes

tv

=6

4,4≈ 7,33

sm

728. (7., 8.) Janka néhány deciliter, szobahőmérsékletű (20 °C-os) vizet öntött egy edénybe. Ezt gázfőzővel melegítve azt tapasztalta, hogy 5 perc alatt felforrt. Mire számít-son, ettől kezdve mennyi idő alatt fog teljesen elforrni a víz, ha a gázfőző palackjában van gáz bőven, tehát a melegítés során a gázfőző teljesítménye valamint a hatásfoka nem vál-tozik? (cvíz = 4200 J/(kg°C), Lfvíz = 2260 kJ/kg)

Szatmáry Zsolt

Megoldás: Mivel a gázfőző hatásfoka és teljesítménye nem változik, ezért a

leadott hő egyenesen arányos az eltelt idővel. Felírható a következő: Tmc

mL

víz

f

∆⋅⋅

⋅ =

F (N)

t (s)2 4 6

0,10,2

47

=1

2

tt

. Ebből, m-mel való egyszerűsítés után a t2 =804,2

2260⋅

⋅ 300 = 2017,9 s értéket

kapjuk. Látható, hogy lényegesen nagyobb hőmennyiségre van szükség.

729. (8.) Lajos egy 230 V-os hálózatról működő transzformátorral szeretne egy 24 V, 40 W feliratú villanykörtét működtetni. A transzformátor primerkörének menet-száma 1600, szekunder körének 400. Mekkora előtétellenállást alkalmazzon, hogy az izzó teljes fénnyel világítson? Szatmáry Zsolt

Megoldás: Számoljuk ki, hogy mekkora feszültségre tudja letranszformálni a

230 V-os feszültséget: 2

1

NN =

2

1

UU , U2 = U1 ⋅

1

2

NN

= 230 ⋅1600400 = 57,5 V. Számoljuk

ki a villanykörte ellenállását és „üzemi” áramerősségét: R =P

U 2

=40242

= 14,4 Ω;

I =RU = 1,667 A. Az előtét ellenállás és az izzó eredő ellenállása RE =

667,15,57

=

= 34,5 Ω kell, hogy legyen. Tehát az előtétellenállás 34,5 –14,4 = 20,1 Ω.

730. (8.) Az elektromos átfolyós vízmelegítők hatásfoka közismerten igen magas. Az egyik ilyen berendezés műszaki adatai között a következőket olvashatjuk: Névleges feszültség: 230 V Névleges áramerősség: 36,5 A Teljesítmény: 8,4 kW Térfogatáram 30°C-os hőemelkedésnél: 4,0 liter/perc Tápvezeték keresztmetszete: 18 mm2

Határozd meg ezen adatok alapján a berendezés hatásfokát! Mekkora sebességgel áramlik a víz a vezetékben? Miért sokkal magasabb ez a hatásfok az elektromos tárolós vízmelegítők (villanybojlerek) 60-65%-os hatásfokánál? (cvíz = 4175 J/(kg°C)) Szatmáry Zsolt

Megoldás: Nézzük meg az elektromos teljesítményt! P = U ⋅ I = 230 ⋅ 36,5 = = 8395 W. Tehát a feltüntetett teljesítményérték (kerekítve) stimmel. Számoljuk ki az 1 másodperc alatt átfolyó víz felmelegítéséhez szükséges hőt: cvíz ⋅ m ⋅ T =

= 4175 ⋅60004,0

⋅ 1000 ⋅ 30 = 8350 J. Ezek alapján a hatásfok η =83958350

= 0,995 =

= 99,5%. Ez a nagyon magas érték úgy érhető el, hogy nagyon kevés a veszte-ség, tulajdonképpen csak a fémcsövek felmelegítéséhez szükséges kevés hő va-lamint az átáramlás rövid ideje alatt a környezetnek leadott minimális hő a vesz-

48

teség. A tárolós bojlerek esetében a tartály folyamatosan adja le a hőt a környe-

zetnek, melyet folyton pótolni kell. Az átáramlás sebessége: 6018,0

4000⋅

=

= 370,37 cm-t halad másodpercenként a víz, tehát 3,7 sm .

Helyreigazítás: Az előző számban a 722.-es feladat megoldásában az „egy hossz” értéke tévedésből csak 33 m-ként került a megoldásba, a helyes 66 méter helyett. Ezzel a feladat megoldása helyesen:

Emil sebessége állóvízben: vE =4466 = 1,5

sm . Mindkét esetben t =

5,190 = 60 s alatt

ért át. Jelöljük a folyó sm -ban mért sebességét vf –val. Az első esetben az egész

idő alatt sodorta lefelé a víz, így vf ⋅ 60 méterrel került lejjebb, a második esetben

csak 32 ⋅ 60 = 40 s-ig, így vf ⋅ 40 métert sodródott. Felírható vf ⋅ 60 = vf ⋅ 40 + 60. Eb-

ből vf = 3 sm .

Az okozott kellemetlenségért elnézést kérünk.

A Fizika pontverseny pontszámaival kapcsolatos reklamációk e-mailben ([email protected]) történő beérkezésének határideje: 2020. május 29.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

G o n d o l t a d v o l n a ?

Az autók gumiabroncsai nedves úton másodpercenként több mint 5 liter vizet szorítanak ki a kerekek alól.

A gépkocsik gumiabroncsai nemcsak azt a célt szolgálják, hogy kevésbé „rázzon” az autó, kényelmesebb legyen az utazás, ha-nem egyik fő feladatuk, hogy nedves, csúszós úton is biztosított legyen a kerekek jó tapadása. A gumiabroncs mintázata úgy ké-szül, hogy bordázatnak legyen olyan része, mely a víz elvezetésére alkalmas. Nedves időben a kopott gumikkal közlekedő autó kerekei előtt és alatt az úton lévő folyadékréteg felgyülemlik, s szó szerint felemelik a kerekeket az útról. A vezető ilyenkor elveszíti uralmát a kocsi felett, a jármű irányíthatatlanná válik.

Bonifert Domonkosné – Schwartz Katalin: Lyukasóra fizikából

l u r k Ó - l o g i k amategye.hu/download/abacus/20192020/abacus_aprilis.pdf1 l u r k Ó - l o g i...

Documents