1

L U R K Ó - L O G I K A rovatvezető: Sinkáné Papp Mária

Szülinap a játszóházban

Feladatok csak 3. osztályos tanulóknak

A. 1288. A szülinapos Ábel és édesapja együtt most éppen 40 évesek. Édes-apa négyszer annyi idős, mint Ábel. Hány év múlva lesz édesapa háromszor annyi idős, mint Ábel? Hány évesek lesznek ketten együtt, amikor édesapa két-szer annyi idős lesz, mint Ábel?

A. 1289. Ábel 5 fiú és 4 lány osztálytársát hívta meg a játszóházba a szüli-napi bulijára. Uzsonnára háromféle pizzát rendelt: magyaros, mexikói és hawaii pizzát. Minden dobozban hat szeletre vágták a pizzákat. A fiúk fejenként 4 sze-letet, a lányok fejenként 3 szeletet fogyasztottak. A magyarosból 1 doboz és 4 szelet, a mexikóiból 2 doboz és 1 szelet, a hawaiiból mindössze 1 szelet ma-radt. Hány doboz pizzát rendelt Ábel?

Feladatok 3. és 4. osztályos tanulóknak

A. 1290. Bea, Misi, Léna és Dani a játszóházban elekt-romos kisautóval versenyez-tek. Mérték, hogy ki mennyi idő alatt teljesíti a pályát, majd az időeredményükhöz a végén büntetőpontokat adtak, amelyek a hibától függő másodpercek. Az első táblázatban látható az egyes hibák kódja és az érte ka-pott büntetőpontok (másodper-cek), a második táblázatban az egyes versenyzők időeredménye és az, hogy ki milyen hibákat vétett. Mi lett a verseny végső sorrendje?

A. 1291. Ábel egyik tréfás barátja, Dani egy piros egy sárga egy kék és egy zöld lufival érkezett a szülinapi összejövetelre. A négy lufi közül az egyik üres, három „töltött lufi” volt. Egyik lufira sem igaz a felirat, ami rá van írva. Egyik lufi sem átlátszó. A szülinapos feladata, hogy kitalálja, melyik lufi rejti az aján-dékát. Az egyes lufik felirata:

Hiba

Kódja Büntetőidő (másodperc)

Koccanás A 7 Szegélyre hajtás B 5 Szabálytalan akadálykerülés C 8 Pályaelhagyás D 10

Versenyző Időeredmény Darab-hibakód Bea 2p 48 mp 2-A, 2-B, 1-D Misi 2p 50 mp 3-B, 2-C Léna 2p 53mp 1-A, 1-B, 1-C, 1-D Dani 2p 40 mp 2-C, 3-D

2

konfetti

piros

cukorka

sárga

nem üres

kék

konfetti vagy ajándék

zöld

A. 1292. Léna nagyon jól érezte magát a játszóházban, több játékot is kipróbált, van, amelyiket többször is, a mozgását a nyilak jel-zik az ábrán. A játék hevében valahol elhagyta a pulóverét. Próbálta visszaidézni, hol is jár-hatott:

• Az ugrálóvárban kezdtem. • A csocsónál korábban voltam, mint a mászókánál. • A negyedik játszóhelyen nagyon melegem volt, ott hagytam a pulcsi-

mat.

Később kiderült, hogy egy dologra rosszul emlékezett Léna, így az egyik állítása hamis. Milyen sorrendben haladt Léna, melyik játszóhelyen hagyta el a pulóve-rét?

Feladatok csak 4. osztályos tanulóknak

A. 1293. Rudi Beával, Balázs pedig Jankával csapatot alkotva csocsóztak. A meccsek mindegyikén a győztes 3 pontot kapott, döntetlenért mindkét csapat 1-1 pontot, a vesztes természetesen nem kapott pontot. A meccsek során össze-gyűjtött pontok alapján a Rudi-Bea páros győzött 11-8-ra. Legkevesebb hány meccset játszott egymással a két páros?

A. 1294. Janka, Hédi, Marci és Ábel célbadobás-ban versenyeztek. Három különböző színű labdával dobhattak, a különböző színű labdák különböző ér-tékűek. Az alábbi táblázat-ban láthatjuk, hogy ki, milyen labdával talált célba, illetve hány pontot ért el. Mennyit érnek az egyes labdák? Mennyi lett Ábel összesített pontszáma?

Versenyző

Találat Összesített pontszám

Janka 2 piros, 2 sárga 72 pont Hédi 1 piros, 1 sárga, 2 kék 60 pont Marci 1 piros, 3 kék 56 pont Ábel 1 piros, 2 sárga, 1 kék ?

csúszda

mászóka

kisautóugrálóvár

csocsó

3

Beküldési határidő: 2019. január 11.

A feladatok beküldési címe: Sinkáné Papp Mária 4401 Nyíregyháza 1, Pf. 332

A Lurkó-logika feladatsorait Kirschner Bernadett lektorálta.

A novemberben kitűzött feladatok megoldásai

A. 1281. A szüreti hagyományőrző programon szőlőtaposáshoz egy dézsát félig töl-töttek meg szőlővel. Ehhez 6 puttony és 4 vödör szőlőt öntöttek bele. Egy vödörbe 5 kg szőlő, egy puttonyba 6 vödör szőlő fér. Hány kilogramm szőlővel lenne tele a dézsa, ha 6 puttony és 4 vödör szőlővel töltötték félig?

Megoldás: Egy puttonyba 6 vödör szőlő kerül, 6 puttonyba 6 ⋅ 6 = 36 vödörrel. A dézsába 6 puttony és 4 vödör szőlőt öntöttek, ami 36 + 4 = 40 vödörnyi. Egy-egy vödörbe 5 kg szőlő fér, így ez összesen 5 kg ⋅ 40 = 200 kg, amellyel félig van a dézsa. Kétszer ennyi 200 kg ⋅ 2 = 400 kg szőlővel lenne tele a dézsa.

A. 1282. Dénes bácsi pincéjében hat egyforma hordó áll, három félig, három tele van borral. A hat hordóban összesen 540 liter bor van. Hány liter bor van az egyes hordók-ban?

Megoldás: Egy teli hordó két fél hordó mennyiségével egyenértékű. A három félig töltött s a három teli hordó együtt 9 félig megtöltött hordóval egyenlő. A három félig töltött hordóban 540 liter : 9 = 60 liter, a teli hordókban 60 ⋅ 2 = =120 liter bor van.

A. 1283. Pista bácsinak 120 sor szőlője van, ebben kétféle csemegeszőlő: zalagyön-gye és pannónia kincse, valamint egyféle borszőlő: sárga muskotály található, egy sor-ban csak egyféle. Ha Pista bácsi két sor zalagyöngye helyett két sor sárga muskotályt ültetett volna, akkor kétszer annyi sorban lenne borszőlő, mint csemegeszőlő és a két csemegeszőlőből ugyanannyi sor lenne. Hány sor szőlő van fajtánként Pista bácsi sző-lőjében?

Megoldás: Jelöljük a szőlőfajtákat kezdőbetűjükkel: zalagyöngye: Z, Pannónia kincse: P, Sárga musko-tály: S. Ábrázoljuk szakasszal, hogy mi lenne, ha Pista bácsi két sor zala-gyöngye helyett két sor sárga mus-kotályt ültetett volna. Az ábráról le-olvasható, hogy a Z + P együtt a 120 sor harmada, 120 / 3 = 40 sor, az S kétszer ennyi: 40 ⋅ 2 = 80 sor lenne és a Z és P szőlőből ugyanannyi: 40 / 2 = 20 sor lenne.

S:

Z+P:120 sor

4

Ez csak akkor lett volna, ha 2 sor Z helyett 2 sor S-t ültetett volna, vagyis most Z-ből 20 + 2 = 22 sor van, S-ből pedig 2 sorral kevesebb 80 − 2 = 78 sor. Így most zalagyöngyéből 22 sor, pannónia kincséből 20 sor, sárga muskotályból 78 sor szőlője van Pista bácsinak, 22 + 20 = 42 sor csemegeszőlő és 78 sor borszőlő.

A. 1284. A szőlőfürt szőlőszemeiben számok láthatók. Két szomszédos szám összege kerül az alatta lévő szőlőszembe. Töltsd ki az ábrát a sza-bálynak megfelelően!

Megoldás: Az ábrán látható, hogy az A értékét ki-vonással kaphatjuk meg: 850 − 280 = 570. A 960-at úgy kaptuk, hogy a fölötte lévő két számot össze-adtuk: (160 + B) + (280 + B). Ebből a B értéke: (960 − 160 − 280) : 2 = 260. A szabály alapján kitöl-tött teljes ábra:

A. 1285. A szüreti mulatságon bort, illetve mustot fogyaszthattak a vendégek. Min-den vendég 2 pohár italt fogyasztott. A gyerekek csak mustot ittak, a felnőttek ihattak bort vagy mustot is. Az alábbi halmazábra azt mutatja, hogy hányan ittak az egyes ita-lokból. Hány felnőtt vett részt a mulatságon, ha a must felét gyerekek itták meg?

Megoldás: A halmazábrából leolvasható, hogy összesen 28 +16 +10 = 54-en voltak a szüreti mulatságon.

must bor

28 16 1028-an ittak 2 pohár mustot

16-an ittak 1 pohár mustot és 1 pohár bort

10-en ittak 2 pohár bort

28 ⋅ 2 +16 = 72 pohár must és 10 ⋅ 2 +16 = 36 pohár bor fogyott a szüreti mulatsá-gon. A 72 pohár must felét 72 / 2 = 36 pohárral a gyerekek itták meg, ez 36 : 2 =18 gyereket jelent. Így a jelenlévők között 54 −18 = 36 felnőtt volt.

A. 1286. Julcsi néni otthon mazsolát készített, szőlőt aszalt. A szőlőből kétszer any-nyi aranymazsola, mint fekete mazsola készült. Az aranymazsola felét, a fekete mazsola harmadát eladta a piacon, így fekete mazsolából már csak 2 kg 40 dkg maradt. Hány kg, dkg mazsolát készített összesen és mennyit adott el belőle Julcsi néni?

Megoldás: Ha a fekete mazsolának eladta a harmadát, a megmaradt 2 kg 40 dkg (240 dkg) az eredeti mennyiség 2 harmada, így ebből eredetileg 240 dkg / 2 ⋅ 3 = 360 dkg volt. Aranymazsolából kétszer ennyi: 360 dkg ⋅ 2 =

5

= 720 dkg. Összesen 360 dkg + 720 dkg =1080 dkg =10 kg 80 dkg mazsolát ké-szített. Az aranymazsola felét: 720 dkg / 2 = 360 dkg-ot, a fekete mazsola harma-dát: 360 dkg / 3 =120 dkg-ot, összesen 360 dkg + 120 dkg = 480 dkg (4 kg 80 dkg) mazsolát adott el Julcsi néni.

A. 1287. Zsófiék családja szőlőt szüretelt a hétvégén a családi birtokon. A szőlőt vödörbe szedték, majd a vödörből puttonyba öntötték, innen a puttonyos vitte, s a dé-zsába öntötte. Hány kg szőlőt szedtek Zsófiék? Hány dézsát töltöttek meg a leszedett 354 vödör szőlővel, ha egy dézsába 8 puttony szőlő, egy puttonyba 6 vödör szőlő, egy vödörbe 5 kg szőlő fér?

Megoldás: A 354 vödör szőlő 5 kg ⋅ 354 =1770 kg (1 t 770 kg). A 354 vödörrel 354 : 6 = 59 puttony telt meg, az 59 puttonyból 59 : 8 = 7 dézsa telt meg, a 8. dé-zsába 3 puttonnyal 5 kg ⋅ 6 ⋅ 3 =180 kg szőlő jutott.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

F I G Y E L E M !

Szeretnénk felhívni mindenkinek a figyelmét arra, hogy csak az azonos be-küldési című rovatok megoldását lehet egy borítékban beküldeni.

A másik fontos tudnivaló, hogy csak a Lurkó-logika és a Matematikai pont-verseny esetében van lehetőség arra, hogy felbélyegzett válaszboríték esetén a kijavított megoldásokat visszaküldjük. Kérjük ezért, hogy más rovatok megol-dásához ne mellékeljenek válaszborítékot, mert ezeket nem tudjuk visszakül-deni.

Kérjük a versenyzőket, hogy a decemberi feladatok megoldását ennek meg-felelően küldjék el.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Fejtörő

Egy fiú és egy lány beszélget. - Én fiú vagyok – mondja a fekete hajú. - Én lány vagyok – mondja a vörös hajú. Ha legalább egyikük hazudik, akkor a fiúnak milyen színű a haja?

A fejtörő megoldás a 23. oldalon olvasható. Róka Sándor – Feladatok matematikai szakkörre

6

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

Feladatok csak 5. osztályos tanulóknak

B. 1307. Peti egy tesztkérdést kapott, melyben azt kellett kiválasztania, hogy a megadott válaszlehetőségek közül melyik a helyes. A kérdés és a válaszok így hangzottak: Hány betűből áll az összes helytelen válasz együtt? Tizenhét, huszonhét, har-minchét, negyvenhét. Melyik volt a helyes válasz? (Jelen esetben a két- vagy háromjegyű betűket is egy betűnek tekintjük.)

B. 1308. Egy űróvodába piros és kék űrlényecskék járnak. A piros űrlé-nyecskéknek mindkét oldalon 3-3, míg a kék űrlényecskéknek mindkét oldalon 2-2 karjuk van. Ha két piros űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt je-lenti, hogy az egyik a 3 jobb oldali kezével fogja a másik 3 bal oldali kezét. Hasonlóan, ha két kék űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt jelenti, hogy az egyik a 2 jobb oldali kezével fogja a másik 2 bal oldali kezét. Ha viszont egy piros űrlényecske fogja egy kék űrlényecske kezét, akkor a piros egyik ol-dali 3 keze közül csak 2-vel fogja a kék másik oldali 2 kezét. 5 piros és 3 kék űrlényecske áll egy körben, és az egymás mellett állók fogják egymás kezét. Mindenki, akinek van szabad keze, egy zászlót lenget benne. Hány zászlót lengethetnek összesen?

Feladatok 5. és 6. osztályos tanulóknak

B. 1309. Egy képzeletbeli földrészen csak téglalap alakú országok vannak. Minden ország határos legalább egy másik országgal, és minden földterület va-lamelyik országhoz tartozik. A földrész térképén minden szomszédos ország színe különböző, és a térképészek a színezéshez a lehető legkevesebb színt hasz-nálják. (Két ország szomszédos, ha van közös határszakaszuk.) a) Legalább hány ország van ezen a földrészen, ha a térkép színezéséhez leg-alább 3 szín szükséges? b) Rajzoljunk egy olyan térképet, ami ezen a földrészen lehetséges, és a színe-zéséhez minimum 4 szín szükséges! Magyarázzuk is el, hogy miért kell a színe-zéshez legalább 4 szín!

B. 1310. Adjunk meg öt pozitív egész számot úgy, hogy közülük akárhányat kiválasztva és összeadva a számok összege minden választás esetén különböző legyen!

7

B. 1311. Pisti iskolájában hétfőn 8 órakor kezdődik a tanítás, délután 2 óra-kor ér véget, és fél 3-kor kezdődik a matematika szakkör. Egyik hétfőn Pisti ránézett az órájára és azt mondta: Nahát, még kétszer annyi idő van hátra a mai tanításból, mint amennyi már eltelt belőle. Később ismét ránézett az órájára, és felsóhajtott: Még kétszer annyi idő van hátra a matematika szakkör kezdetéig, mint amennyi a tanítás végéig. Hány perc telt el a két időpont között?

Feladatok csak 6. osztályos tanulóknak

B. 1312. Egy űróvodába piros és kék űrlényecskék járnak. A piros űrlé-nyecskéknek mindkét oldalon 3-3, míg a kék űrlényecskéknek mindkét oldalon 2-2 karjuk van. Ha két piros űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt je-lenti, hogy az egyik a 3 jobb oldali kezével fogja a másik 3 bal oldali kezét. Hasonlóan, ha két kék űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt jelenti, hogy az egyik a 2 jobb oldali kezével fogja a másik 2 bal oldali kezét. Ha viszont egy piros űrlényecske fogja egy kék űrlényecske kezét, akkor a piros egyik ol-dali 3 keze közül csak 2-vel fogja a kék másik oldali 2 kezét. Az óvó néninek csak 1-1 keze van mindkét oldalán, így ha ő beáll az űrlényecskék közé, akkor neki csak 1-1 kezét lehet fogni, azaz egy mellette álló pirosnak 2, egy mellette álló kéknek 1 keze lesz szabad. 5 piros, 3 kék űrlényecske és az óvó néni áll egy körben, és az egymás mellett állók fogják egymás kezét. Mindenki, akinek van szabad keze, egy zászlót lenget benne. Hány zászlót lengethetnek összesen?

B. 1313. Péter bácsi hétfőn a 8.a osztályosoktól a Varga Tamás versenyre, a 7.b osztálytól a Zrínyi versenyre szedte a nevezési díjakat. Az előbbire 1000 Ft/fő, az utóbbira 1200 Ft/fő a nevezési díj. Nem írta fel azonban, hogy hány 8.a-s és 7.b-s fizetett, csak azt látta, hogy összesen 36 000 Ft-ot gyűjtött össze, és emlékezett rá, hogy aznap összesen 34 tanuló nevezett be nála a két versenyre. Melyik versenyre hány tanulója nevezett be Péter bácsinak hétfőn?

Feladatok csak 7. osztályos tanulóknak

C. 1422. Az ABCD négyzet minden oldalára egy-egy szabá-lyos háromszöget rajzoltunk úgy, hogy a háromszögek egy-egy csúcsa a négyzet belsejében legyen. A négy háromszög által kö-zösen lefedett tartomány egy nyolcszög. Egyenlő hosszúak-e a nyolcszög oldalai? Szabályos-e ez a nyolcszög?

C. 1423. Az 1, 2, 3, 4, …, 19, 20 számok közül kiválasztunk néhányat úgy, hogy a kiválasztott számok közül semelyik kettő különbsége ne szerepeljen a kiválasztott számok között. Maximálisan hány számot választhatunk ki?

A B

CD

8

Feladatok 7. és 8. osztályos tanulóknak

C. 1424. a) Egy négyzet középpontjából indulva rajzolunk két egymásra merőleges szakaszt a négyzet egy-egy oldaláig. Igazoljuk, hogy a két szakasz által a négyzetből kivágott alak-zat területe a négyzet területének negyedrésze! b) Az ábrán a négy kisebb négyzet középpontja rendre egybe-esik a nagy négyzet csúcsaival. Mekkora a négyzetek által le-fedett teljes szürke terület?

C. 1425. Egybevágó egyenlő oldalú háromszögekből szabályos hatszögeket építünk az ábrának megfelelően. Az első hat, a második huszonnégy háromszögből áll. Hány háromszögből építhetjük meg a hatodik ilyen hat-szöget?

C. 1426. Rá lehet-e írni egy kocka csúcsaira az 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17 számokat valamint egy nyolcadik, az előzőktől nem feltétlenül különböző tetszőleges prímszámot úgy, hogy minden lapon prímszám legyen a lap csúcsaiban álló szá-mok összege?

C. 1427. Adjunk meg öt különböző pozitív egész számot úgy, hogy közülük akárhányat kiválasztva és összeadva a számok összege minden választás esetén különböző legyen! Válasszuk meg ezt az öt számot úgy, hogy az öt szám közül a legnagyobb a lehető legkisebb legyen!

Feladatok csak 8. osztályos tanulóknak

C. 1428. Kehelynek nevezünk három kiskockát, ha párosával egy-egy közös élük van (lásd ábra!). Egységnyi élhosszúságú kiskockák-ból téglatesteket építettünk. a) Hány kehely található egy 4 × 4 × 2-es téglatestben? b) Hány kehely található egy 4 × 4 × 3-as téglatestben?

C. 1429. Egy ABCDE konvex ötszög AB, BC, CD és DE oldala egységnyi hosszúságú, az ABC<) és a CDE<) is 90°-os. Mutassuk meg, hogy ilyen ötszö-gekkel hézagmentesen parkettázható a sík!

Beküldési határidő: 2019. január 11.

A megoldásokat az alábbi címre küldjétek:

MATEMATIKA pontverseny 1437 Budapest, Pf. 774

A novemberben kitűzött feladatok megoldásai

68

4

4 6

9

B. 1300. Írjuk be az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 és 8 számokat a körökbe úgy, hogy a négyzet minden oldalán 12 legyen a körökbe írt számok összege! Keressük meg az összes megoldást! (Két megoldás azonos, ha tükrözéssel vagy forga-tással egymásba vihetők.) Indokoljuk meg, hogy miért nincs további megol-dás!

Megoldás: 1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36. Ha a négy oldalon 12 a számok ösz-szege, akkor 4 ⋅ 12 − 36 = 12 a csúcsokba írt számok összege. Mivel a négy leg-kisebb szám összege 1+ 2 + 3 + 4 =10, így a négy csúcsban lehet 1; 2; 3; 6 vagy 1; 2; 4; 5. Első eset: ha a csúcsokban 1; 2; 3; 6 van, akkor a 3 és a 6 nem lehet egy oldalon, mert ekkor ott a középső szám is 3 lenne. Így a 3 és 6 átellenes csúcsokban vannak. Az 1 és 2 a másik két csúcsban van. A kitöltés adódik. (Ha az 1-et és a 2-t fordított sorrendbe írjuk be, akkor az előző megoldás átlós tükörképét kapjuk.) Második eset: ha a csúcsokban 1; 2; 4; 5 van, akkor a 2 és az 5 nem lehet egy oldalon, mert ekkor ott a középső szám is 5 lenne. Így a 2 és 5 átellenes csú-csokban vannak. Az 1 és a 4 a másik két csúcsban van. Így azonban az 1 és 5 oldalán a 6 kell, legyen, valamint a 2 és 4 oldalán is, ami nem lehetséges. Lényegében egyféleképpen lehet beírni a számokat.

B. 1301. Egy háromjegyű szám utolsó számjegyét elhagyva egy kétjegyű számot kaptunk, ennek a számnak az utolsó számjegyét elhagyva pedig egy egyjegyű számot. Melyik lehet ez a háromjegyű szám, ha a háromjegyű, a kétjegyű és az egyjegyű számok összege 1000?

Megoldás: abc + ab + a =1000. A háromjegyű szám legalább 900 kell legyen, így a = 9. bc9 + 9b +9=999+ bc + b, így b = 0 és c =1. Ez a háromjegyű szám a 901.

B. 1302. Egy futóversenyen hat versenyző indult, a rajtszámuk 1; 2; 3; 4; 5; 6. Az 1-es rajtszámú futót leszámítva senki rajtszáma nem többszöröse a helyezési számának, és senki helyezési száma sem többszöröse a rajtszámának. Mi lehetett a befutási sorrend, ha nem volt holtverseny?

Megoldás: Az 1-es sorszámú versenyző lett az első, mert bármelyik más rajt-szám többszöröse az 1-nek. Az alábbi táblázat mutatja, ki hányadik lehetett.

helyezés 1. 2. 3. 4. 5. 6. lehetséges rajtszám 1 3, 5 2, 4, 5 3, 5, 6 2, 3, 4, 6 4, 5

A táblázatból látható, hogy a 6-os rajtszámú versenyző csak 4. vagy 5. lehetett, így ezt a két esetet kell megvizsgálni. Első eset: Ha a 6-os rajtszámú a negyedik lett, akkor a 2-es rajtszámú harmadik, vagy ötödik.

3 7 2

8

1 5 6

1

10

a) Ha a 2-es rajtszámú harmadik lett, akkor a 4-es rajtszámú az ötödik, vagy a hatodik. Ha ötödik, akkor a 3-as csak második és az 5-ös hatodik lehetett, ha hatodik lett a 4-es rajtszámú, akkor az 5-ös rajtszámú a második és a 3-as az ötödik. (Az összefoglaló táblázat (1)-(2)-vel jelölt soraiban látható.) b) Ha a 2-es sorszámú versenyző az ötödik lett, akkor a 3-as biztosan a második, a 4-es és 5-ös lehetett harmadik és ötödik, vagy fordítva. (Az összefoglaló táb-lázat (3)-(4)-gyel jelölt soraiban látható.) Második eset: Ha a 6-os rajtszámú az ötödik lett, akkor a 2-es rajtszámú csak harmadik lehetett, a 4-es csak a hatodik, a 3-as és az 5-ös pe-dig második és ne-gyedik, vagy for-dítva. (Az összefoglaló táblázat (5)-(6)-tal jelölt soraiban látható.) Tehát hatféle befutási sorrend lehetséges.

B. 1303. Az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 és 10 számok közül legfeljebb hányat választha-tunk ki úgy, hogy a kiválasztott számok közül bármelyik kettő különbsége ne szerepel-jen a kiválasztott számok között?

Megoldás: Öt számot ki lehet választani: 1; 3; 5; 7; 9. Ez megfelelő, hiszen bármely két páratlan szám különbsége páros. Ötnél több szám nem választható. Ha pl. hat számot választunk ki, akkor a legnagyobbat vizsgálva a többi szám-mal vett különbsége mind más lesz, így ez ötféle különböző különbséget ad. Mivel hat számot választottunk és ötféle különböző különbségünk van, így (a skatulya elv miatt) biztosan van olyan szám, ami a kiválasztott számok és a kü-lönbségek között is szerepel, tehát ez nem megfelelő.

B. 1304. Helyezzük el a kis körökbe az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11 és 12 számokat úgy, hogy bármelyik egy egyenesen fekvő négy körben a számok összege 26 legyen! Néhány számot előre beírtunk az ábrába. Adjuk meg az összes megfelelő elrendezést!

Megoldás: A 11 és a 12 mellé összesen 3 kell, hogy 26 legyen, tehát a két csúcsban az 1, illetve a 2 áll. Az 5 és a 9 mellé még összesen 12 kell, de az 1+11 nem lehet, hiszen a 11 már foglalt, így csak 2 +10 kerülhet melléjük. Tehát az ábránk egyelőre így néz ki:

helyezés 1. 2. 3. 4. 5. 6. (1) rajtszám 1 3 2 6 4 5 (2) rajtszám 1 5 2 6 3 4 (3) rajtszám 1 3 4 6 2 5 (4) rajtszám 1 3 5 6 2 4 (5) rajtszám 1 3 2 5 6 4 (6) rajtszám 1 5 2 3 6 4

11

12

5 9

11

12

5 9 10

1

2

11

A 10 és az 1 közé összesen 15-öt kell írnunk. A 7 + 8 lehetséges, de 6 + 9, 5 +10, 4 +11, 3 +12 nem lehet valamelyik szám foglalt-sága miatt. Tehát a két vizsgált helyen áll a 7 és a 8. Ha a 11-gyel egy egyenesen állna a 7, akkor melléjük összesen 8-at kéne írnunk, azonban az 1+ 7, 2 + 6, 3 + 5 kombinációk mindegyiké-nek legalább egyik tagja már foglalt. Így a 11-hez a 8-at kell ír-nunk.

Már csak a 3, 4 és 6 hiányzik a körökből. A 11+ 8-hoz összesen 7 kell, a 9 + 7-hez összesen 10. Ez csak úgy valósítható meg, hogyha a beírt párok a 3 + 4 és a 4 + 6, ebből viszont adódik az alábbi (egyetlen) elrendezés:

B. 1305. Írjuk be az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 és 8 számokat a körökbe úgy, hogy a négyzet minden oldalán 15 legyen a körökbe írt számok összege! Keressük meg az összes megoldást! (Két megoldás azonos, ha tükrözéssel vagy forga-tással egymásba vihetők.) Indokoljuk meg, hogy miért nincs további megol-dás!

Megoldás: 1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36. Ha a négy oldalon 15 a számok ösz-szege, akkor 4 ⋅15 − 36 = 24 a csúcsokba írt számok összege. Mivel a négy leg-nagyobb szám összege 5 + 6 +7 + 8 = 26, így a négy csúcsban lehet 3, 6, 7, 8 vagy 4, 5, 7, 8. Első eset: ha a csúcsokban 3; 6; 7; 8 van, akkor a 7 és a 8 nem lehet egy oldalon, mert ekkor ott a középső szám 0 lenne. Így a 7 és a 8 átellenes csúcsokban vannak. A 3 és a 6 a másik két csúcs-ban van. A kitöltés adódik. (Ha az 3-at és a 6-ot fordított sorrendbe írjuk be, akkor az előző megoldás átlós tükörképét kapjuk.) Második eset: ha a csúcsokban 4; 5; 7; 8 van, akkor a 7 és a 8 nem lehet egy oldalon, mert ekkor ott a középső szám 0 lenne. Így a 7 és a 8 átellenes csúcsok-ban vannak. A 4 és az 5 a másik két csúcsban van, de ekkor azon az oldalon, ahol a 7 és a 4 van, a középső szám is 4 lenne, ami nem lehet. Tehát lényegében egyféleképpen lehet beírni a számokat.

B. 1306. Egy háromjegyű szám első számjegyét elhagyva egy kétjegyű számot kap-tunk, ennek a számnak valamelyik számjegyét elhagyva pedig egy egyjegyű számot. Melyik lehet ez a háromjegyű szám, ha a háromjegyű, a kétjegyű és az egyjegyű számok összege 1001?

Megoldás: Egy kétjegyű és egy egyjegyű szám összege legfeljebb 108 lehet, így egy háromjegyű, egy kétjegyű és egy egyjegyű szám összege csak úgy lehet 1001, ha a háromjegyű szám legalább 893.

11

12

5 9 10

1

2

8

7

11

12

5 9 10

1

2

3 8

6

7

4

3 4 8

5

7 2 6

1

12

Ha a háromjegyű szám kisebb, mint 900, akkor muszáj, hogy az első számjegyét elhagyva a kétjegyű számunk c9 alakú legyen. Ha másodjára az utolsó szám-jegyet hagyjuk el, akkor c89 + c9 + 9 =1001, ahonnan c = 6. A háromjegyű szám a 896. (Ellenőrzés: 896 + 96 + 9 =1001). Ha másodjára a 9-est hagyjuk el, akkor

c89 + c9 + c =1001, ahonnan c = 7. A háromjegyű szám a 897. (Ellenőrzés: 897 + 97 + 7 =1001). Ha a háromjegyű szám legalább 900, akkor két eset van.

cb9 + bc + b =1001, ahonnan 900 + 2 ⋅ bc + b =1001, melyből 21b + 2c =101,

melyből nem adódik egész megoldás. bc9 + cb + c =1001, ahonnan 900 + + 2 ⋅ bc + c =1001, melyből 20b + 3c =101, melyből b = 4, c = 7 adódik. A három-jegyű szám a 947. (947 + 47 + 7 =1001) Tehát a megfelelő háromjegyű számok: 896, 897, 947.

C. 1414. a) Írjuk be az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 és 8 számokat a körökbe úgy, hogy a négyzet minden oldalán 11 legyen a körökbe írt számok összege!

b) Írjuk be az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 és 8 számokat a körökbe úgy, hogy a négyzet minden oldalán 15 legyen a körökbe írt számok összege! Mindkét esetben keressük meg az összes megoldást!

Megoldás: a) 1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36. Ha a négy oldalon 11 a számok összege, akkor 4 ⋅11− 36 = 8 a csúcsokba írt számok összege. Mivel a négy leg-kisebb szám összege 1+ 2 + 3 + 4 =10, így ez nem lehetséges. b) 1+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36. Ha a négy oldalon 15 a számok összege, akkor 4 ⋅15 − 36 = 24 a csúcsokba írt számok összege. Mivel a négy legnagyobb szám összege 5 + 6 + 7 + 8 = 26, így a négy csúcsban lehet 3, 6, 7, 8 vagy 4, 5, 7, 8. Első eset: ha a csúcsokban 3; 6; 7; 8 van, akkor a 7 és a 8 nem lehet egy oldalon, mert ekkor ott a középső szám 0 lenne. Így a 7 és a 8 átellenes csúcsokban vannak. A 3 és a 6 a másik két csúcs-ban van. A kitöltés adódik. (Ha az 3-at és a 6-ot fordított sorrendbe írjuk be, akkor az előző megoldás átlós tükörképét kapjuk.) Második eset: ha a csúcsokban 4; 5; 7; 8 van, akkor a 7 és a 8 nem lehet egy oldalon, mert ekkor ott a középső szám 0 lenne. Így a 7 és a 8 átellenes csúcsok-ban vannak. A 4 és az 5 a másik két csúcsban van, de ekkor azon az oldalon, ahol a 7 és a 4 van, a középső szám is 4 lenne, ami nem lehet. Tehát lényegében egyféleképpen lehet beírni a számokat.

C. 1415. Egy egységnyi oldalú szabályos hatszöget hét darab egység-nyi átmérőjű körrel le lehet fedni. Le lehet-e fedni hat darab ilyen körrel a hatszöget?

3 4 8

5

7 2 6

1

13

Megoldás: Igen, le lehet fedni. A hatszög a főátlóival felbont-ható hat szabályos háromszögre. A szabályos háromszögeket az oldalfelező pontjaikat összekötve felbonthatjuk további négy-négy kis szabályos háromszögre. Az egységnyi átmérőjű körök középpontjai a főátlók csúcsokhoz közelebbi negyedelőpontjai.

C. 1416. Egy futóversenyen hat versenyző indult, a rajtszámuk 1, 2, 3, 4, 5, 6. Az 1-es rajtszámú futót leszámítva senki rajtszáma nem többszöröse a helyezési számának, és senki helyezési száma sem többszöröse a rajtszámának. Mi lehetett a befutási sorrend, ha nem volt holtverseny?

Megoldás: Az 1-es sorszámú versenyző lett az első, mert bármelyik más rajt-szám többszöröse az 1-nek. Az alábbi táblázat mutatja, ki hányadik lehetett.

helyezés 1. 2. 3. 4. 5. 6. lehetséges rajtszám 1 3, 5 2, 4, 5 3, 5, 6 2, 3, 4, 6 4, 5

A táblázatból látható, hogy a 6-os rajtszámú versenyző csak 4. vagy 5. lehetett, így ezt a két esetet kell megvizsgálni. Első eset: Ha a 6-os rajtszámú a negyedik lett, akkor a 2-es rajtszámú harmadik, vagy ötödik. a) Ha a 2-es rajtszámú harmadik lett, akkor a 4-es rajtszámú az ötödik, vagy a hatodik. Ha ötödik, akkor a 3-as csak második és az 5-ös hatodik lehetett, ha hatodik lett a 4-es rajtszámú, akkor az 5-ös rajtszámú a második és a 3-as az ötödik. (Az összefoglaló táblázat (1)-(2)-vel jelölt soraiban látható.) b) Ha a 2-es sorszámú versenyző az ötödik lett, akkor a 3-as biztosan a második, a 4-es és 5-ös lehetett harmadik és ötödik, vagy fordítva. (Az összefoglaló táb-lázat (3)-(4)-gyel jelölt soraiban látható.) Második eset: Ha a 6-os rajtszámú az ötödik lett, akkor a 2-es rajtszámú csak harmadik lehetett, a 4-es csak a hatodik, a 3-as és az 5-ös pe-dig második és ne-gyedik, vagy fordítva. (Az összefoglaló táblázat (5)-(6)-tal jelölt soraiban lát-ható.) Tehát hatféle befutási sorrend lehetséges.

C. 1417. Peti kiválasztott az 1; 2; 3, 4; 5; 6, 7; 8; 9 és 10 számok közül néhányat úgy, hogy nem volt közöttük két olyan szám, melyek összege egyenlő másik két kivá-lasztott szám összegével! Legfeljebb hány számot választhatott ki Peti?

helyezés 1. 2. 3. 4. 5. 6. (1) rajtszám 1 3 2 6 4 5 (2) rajtszám 1 5 2 6 3 4 (3) rajtszám 1 3 4 6 2 5 (4) rajtszám 1 3 5 6 2 4 (5) rajtszám 1 3 2 5 6 4 (6) rajtszám 1 5 2 3 6 4

14

1. megoldás: Öt számot ki lehet választani. Ez az öt szám lehetett például az 1; 2; 3; 5; 9. A párosával vett összegek valóban mind különbözőek: 3; 4; 6; 10; 5; 7; 11; 8; 12; 14. Hat számot már nem lehet így kiválasztani. Ha a hat szám a < b < c < d < e < f, akkor b − a, d − c, f − e különbözőek kell, hogy legyenek, mert ha pl. b − a = d − c, akkor b + c = d + a lenne. Ennek a három különböző különb-ségnek a legkisebb értéke: 1; 2; 3 lehet. Hasonlóképpen különbözőnek kell len-nie c − b és e − d különbségeknek is, így ezek értéke legalább 1 és 2 kell, legyen a legalább 1, f pedig legfeljebb 10, ezek különbségét pedig felírhatjuk úgy, mint az egymást követő számok különbségeinek összege: 10 –1> = f– a = (f – e) + (e – d) + (d – c) + (c – b) + (b – a) > = 3 + 2 + 2 +1+1= 9. Vagyis mindez csak úgy tud megvalósulni, ha b − a, d − c, f − e valamilyen sor-rendben az 1; 2; 3, illetve c − b és e − d értékei 1, illetve 2. Ez azonban nem le-hetséges, mert ha két 1-es (és két 2-es) különbség van, akkor ezeknek közös kell, hogy legyen egy-egy tagja, vagyis a szomszédos tagok különbsége rendre 1; 1; 2; 2 (vagy 2; 2; 1; 1), vagy 1; 1; 3; 2; 2 vagy 2; 2; 3; 1; 1), de így pl. c − a = d − c = 2, ami nem megfelelő. 2. megoldás: Öt számot ki lehet választani. Ez az öt szám lehetett például az 1, 2, 3, 5, 9. A párosával vett összegek valóban mind különbözőek: 3; 4; 6; 10; 5; 7; 11; 8; 12; 14. Hat számot már nem lehet így kiválasztani, ez most meg is mutatjuk indirekten. A 10 számból előállítható összesen 17 féle különböző ösz-szeg (3-tól 19-ig). A hat kiválasztott számból 15 féleképpen választhatunk ki kettőt, így pontosan 2 összeget nem állítunk elő a 17 lehetséges közül. A 3 =1+ 2, a 19 =10 + 9 módon állítható csak elő, de 10 +1= 9 + 2, ezért a 3 és 19 közül csak az egyik összeg szerepelhet, ugyanígy van ez a 4 és 18 esetében. Ez eddig –2 lehetséges összeg, tehát az összes többi összeget 5-től 17-ig elő kell állítanunk. 5 =1+ 4 és 5 = 2 + 3, 17 =10 + 7 és 17 = 8 + 9. Az 1,4-hez nem választhatjuk a 10,7-et, mert 1+10 = 4 + 7. Ugyanezért nem választhatjuk ki egyszerre a 2,3 és 8,9 párokat. Válasszuk most 1,4-et és 8,9-et (a másik eset, hogy 2,3 és 10,7 kerül kiválasztásra, de itt is ugyanarra jutnánk). 6 =1+ 5 és 6 = 2 + 4, 16 =10 + 6 és 16 = 9 + 7. 1+10 = 5 + 6 és 2 + 9 = 4 + 7 miatt vagy 1,5 és 9,7-nek, vagy 2,4 és 10,6-nak kell szerepelnie a hat szám között. Az előbbi esetben az eddig biztosan szereplő számok: 1; 4; 5; 7; 8; 9 ahol 4 + 8 = 5 + 7, tehát ez nem lesz jó. A másik esetben: 1; 2; 4; 8; 9; 10, ekkor viszont 2 +10 = 4 + 8. Tehát ellentmondásra ju-tottunk, így nem lehet hat, vagy annál több számot kiválasztani a feltételeknek megfelelően. C. 1418. Helyezzük el a kis körökbe az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 11 és 12 számokat úgy, hogy bármelyik egy egyenesen fekvő négy kör-

9

7 4

12

15

ben a számok összege ugyanannyi legyen, sőt a csillag csúcsaiba írt számok összege is ezt a számot adja! Néhány számot előre beírtunk a körökbe. Adjuk meg az összes meg-felelő elrendezést! Megoldás: Ha összeadjuk az összes vonalon lévő számokat, akkor a keresett összeg 6-szorosát kapjuk, és minden körben lévő számot kétszer számoltunk.

Tehát az egy-egy vonalon álló négy szám összege 3

12...321 ++++ = 26.

A 12 és a 9 mellé összesen 5 kerül, ez csak 2 + 3 formában tehető meg. A 7 és 4 mellé összesen 15 kerül. A 3 +12, 4 +11, 6 + 9, 7 + 8 összegek egyik tagja már foglalt, így csak 5 +10 kerülhet a 7 és 4 mellé. Ha a 10 a külső csúcsba kerülne, akkor a csúcsokba eddig biztosan bekerülő számok összege 7 +10 + 3 + 2 = 22 lenne, azon-ban ehhez 4-et már csak 1+ 3 formában tudnánk adni, azonban a 3 már foglalt. Tehát az 5 kerül a hatszög külső csúcsába. Hasonlóan a 7 +12 mellé összesen 7-et kell írnunk, ez már csak 6 +1 formában lehetséges. Ha a 6 kerülne a külső csúcsba, akkor a csúcsokban álló számok összege 7 + 6 + 2 + 3 + 5 = 23 lenne, amihez 3 kéne, de ez nem lehetséges. Így az 1 kerül a külső körbe. Tehát most itt tartunk (a 2 és a 3 helyzete még nem dőlt el): A külső csúcsokban az eddig szerepelő számok összege 7 + 2 +1+ 3 + 5 =18, tehát a hiányzó szám a 8. A 8 + 6 +10 = 24, te-hát melléjük kerül a 2, így a 3 helyzete is megvan, az utolsó körbe pedig az eddig fel nem használt 11 kerül.

C. 1419. Egy háromjegyű szám valamelyik számjegyét elhagyva egy kétjegyű szá-mot kaptunk, ennek a számnak valamelyik számjegyét elhagyva pedig egy egyjegyű számot. Melyik lehet ez a háromjegyű szám, ha a háromjegyű, a kétjegyű és az egyjegyű számok összege 1001?

Megoldás: Egy kétjegyű és egy egyjegyű szám összege legfeljebb 108 lehet, így egy háromjegyű, egy kétjegyű és egy egyjegyű szám összege csak úgy lehet 1001, ha a háromjegyű szám legalább 892. Ha a háromjegyű szám kisebb, mint 900, akkor muszáj az első számjegyét elhagyni, azaz a 8-at, különben az összeg 1001-nél kisebb lesz. Ekkor c9 a kétjegyű számunk. Ha másodjára az utolsó

számjegyet hagyjuk el, akkor c89 + c9 +9 =1001, ahonnan c = 6. A háromjegyű szám a 896. (Ellenőrzés: 896 + 96 + 9 =1001). Ha másodjára a 9-est hagyjuk el, akkor c89 + c9 + c =1001, ahonnan c = 7. A háromjegyű szám a 897. (Ellenőr-zés: 897+97+7=1001). Ha a háromjegyű szám legalább 900, akkor hat eset van (az első elhagyott számjegy háromféle, a második kétféle lehet): bc9 + c9

+ 9 =1001, ahonnan 999 + bc + c =1001, ahonnan c =1, a háromjegyű szám a 901.

9

7 4

12

10 5

6

1

9

7 4

12

10 5

6

1

8

11

2 3

16

(901+ 91+ 9 =1001) bc9 + c9 + c =1001, ahonnan 990 + bc + 3c =1001, ahonnan

bc + 3c =11, melyből nem adódik egész megoldás. bc9 + b9 + 9 =1001, ahonnan

999 + bc + b =1001, ahonnan b = 0, c = 2 adódik. A háromjegyű szám a 902.

(902 + 90 + 9 =1001) bc9 + b9 + b =1001, ahonnan 990 + bc + b =1001, melyből

bc + 2b =11, melyből nem adódik egész megoldás. bc9 + bc + b =1001, ahonnan

900 +2⋅ bc + b =1001, melyből 21b + 2c =101, melyből nem adódik egész meg-

oldás. bc9 + bc + c =1001, ahonnan 900 + 2 ⋅ bc + c =1001, melyből 20b + 3c = =101, melyből b = 4, c = 7 adódik. A háromjegyű szám a 947. (947 + 47 + 7 =1001) Tehát a megfelelő háromjegyű számok: 896, 897, 901, 902, 947.

C. 1420. Írd be az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 és 8 számokat a körökbe úgy, hogy a négyzet minden oldalán ugyanannyi (S) legyen a körökbe írt számok ösz-szege! Mekkora lehet ez az összeg? Minden S értékére adj meg egy kitöl-tést!

Megoldás: 1+ 2 + 3 + 4 + 5 + + 6 + 7 + 8 = 36. Ha a négy oldalon S a számok összege, ak-kor 4 ⋅ S − 36 a csúcsokba írt számok ösz-szege. Mivel a négy legkisebb szám összege 1+ 2 + + 3 + 4 =10, valamint a négy legnagyobb szám összege 5 + 6 + 7 + 8 = 26, így szükséges, hogy 10 ≤ 4 ⋅ S − 36 ≤ 26, ahonnan 12 ≤ S ≤15.

C. 1421. Egy hegyesszögű ABC háromszögbe olyan 4 cm oldalhosszúságú PQRS négyzetet lehet írni, melynek P és Q csúcsa az AB oldalon, R csúcsa a BC, S csúcsa pedig az AC oldalon van. Mekkora az ABC háromszög területe, ha az AB oldal hossza 8 cm? Megoldás: Jelölje F az AB oldal felezőpontját. AFRS és FBRS paralelogramma, hiszen két-két oldaluk 4 cm hosszú és párhuzamosak. Így SFRC is paralelogramma, hiszen szemközti oldalai párhuzamosak. Ezért SRC háromszög egy-bevágó RSF háromszöggel (az oldalaik páronként egyen-lőek), így a területük egyenlő. Hasonlóképpen AFS és SFR, illetve FBR és RFS háromszögek is egybevágóak (az oldalaik páronként egyenlőek). Így az AB háromszög területe az FRS háromszög terüle-tének a négyszerese, azaz 4 ⋅ (4 ⋅ 4 : 2) = 32 cm2.

A Matematikai pontverseny feladatait és megoldásait Czirkos Angéla lektorálta.

A P F Q B

RS

C

3 7 2

8

1 5 6

4

1 7 5

8

4 3 6

2

1 6 7

5

8 2 4

3

3 4 8

5

7 2 6

1

S=12 S=13 S=14 S=15

17

Mekkora a Mikulás csizmája?

Hull a hó, a pihe-puha, szorozd össze türelemmel, Mikuláson piros suba, osztálylétszámnyit majd vonj el, Meleg csizma van a lábán, évszakokra porciózd szét, Alma, dió zsákban hátán. s tedd hátra az első jegyét!

Peti bámul a nagy zsákra, Ámul Peti, ez nem vitás: a bajuszra, a szakállra, mindent ismer a Mikulás. s Mikulástól megkérdezi, Azt is tudja – elképesztő-, hányas csizmája van neki. hogy a létszám harminckettő.

A Mikulás meglepve áll, Mire Peti kitalálja, s a kérdésre így reagál: hányas Mikulás csizmája, - Ahány óra van egy napban, addigra a kis bakancsa s esztendőben hány hónap van, csokival van telerakva.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Logi Bogi

Logi Bogi rendkívüli ésszel jött a világra, ámult rajta mindenki, de legfőképp a családja.

2004 karácsonyán így szólt, akár a nagyok: - Anya idén hétszer annyi idős épp, mint én vagyok!

Elképedve hallgatták a kis Bogit a rokonok, s ő folytatta: - Figyeljetek rám, mert tovább számolok!

Nemsokára anya éppen két és félszer annyi lesz, ahány gyertyát szülinapi tortámra majd akkor tesz.

És, ha kettőnk életkorát akkor majd összeadjuk, kereken a hetvenéves Nagyi éveit kapjuk.

Mind, az egész Logi család elkezdett gondolkodni, melyik évben lesz is hetven a jóságos, bölcs Nagyi?

A versek megoldása a 23. oldalon olvasható. Bártfai Lászlóné verseiből idézve

18

S Z Á M R E J T V É N Y

rovatvezetők: Mikulás Zsófia és Sebe Anna

A novemberben kitűzött méhkaptáros rejt-vényt reméljük sokatoknak sikerült megoldania. A megfejtés az 1. ábrán látható.

Ebben a hónapban egy könnyebb rejtvényt tűzünk ki, mely a 2. ábrán látható. A négyzetrá-csot kell kitölteni az 1-5 számjegyekkel úgy, hogy minden sorban, oszlopban és átlóban min-den számjegy pontosan egyszer szerepeljen és teljesüljenek a megadott relációk.

A feladványt letölthetitek a www.mategye.hu honlapról is. A letöltés a nevezéshez használt sorszám és jelszó beírása után lehetséges.

A beküldött megoldáson feltétlenül legyen rajta a neved, az évfolyamod és a nevezéskor használt sor-számod, hogy értékelni tudjuk! A megoldást ugyan-erre a címre küldendő más rovat megoldásával is be-küldheted.

Jó szórakozást a megoldáshoz!

A feladvány beküldési címe:

MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585

Beküldési határidő: 2019. január 11.

F I G Y E L E M !

Fontos tudnivaló, hogy csak a Lurkó-logika és a Matematikai pontverseny esetében van lehetőség arra, hogy felbélyegzett válaszboríték esetén a kijavított megoldásokat visszaküldjük, így a Sudoku és Számrejtvények rovat megoldá-sához ne mellékeljenek válaszborítékot, mert ezeket nem tudjuk visszaküldeni.

1 2

34

5

6

78

?9

1. ábra

1

5

6 2

4 6

4

5 1 7

3

3

7 5 1

14

1 7 2

4 7 2 3 5 6

2 3 6

6 1 2 3 4

5 7 1

<

< <

< <

< <

< <<<

<

<

< <

<

2. ábra

19

B e s z á m o l ó a X X V . A m f i t e á t r u m K u p á r ó l

Besnyőné Titter Beáta (Budapest)

Az Óbudai Árpád Gimnázium idén már 25. alka-lommal rendezte meg az Amfiteátrum Kupa Mate-matikaversenyt 2018. november 16-án. A jubile-umi alkalomra az elmúlt évek versenyeiről kiállí-tást tekinthettek meg a résztvevők és az érdeklő-dők. A verseny különlegességét az is adja, hogy a szervezők a 11. évfolyamos speciális matematika

tagozatos diákok, természetesen tanári irányítással. A diákok munkájának szervezésében, a verseny lebonyolításában Meszlényiné Róka Ágnes tanárnő, a főszervezők osztályfőnöke nagyon sokat segített.

A versenyen ötödikes és hatodikos általános iskolai tanulók vehettek részt, két ötödikes és két hatodikos alkotott egy csapatot, de egyénileg is indulhattak a diákok. A feladatokat 75 perc alatt a szervező diákok felügyelete mellett egye-dül oldották meg a versenyzők. Amíg a gimnázium egykori és mai diákjainak egy lelkes csoportja a feladatok javításával foglalkozott, a versenyzőket érdekes fizika, kémiai kísérletek, biológia bemutató, lego robotok, elektronikai bemuta-tók, társasjátékok, kézműves foglalkozások, játékos vetélkedők várták az ered-ményhirdetésig. A verseny alatt a kísérő tanárok és érdeklődők a gimnázium diákjainak színes előadásait hallgathatták meg a gimnázium 5. matematika táborának témáiról. A versenyzőket egyénileg és csapatban is értékeltük. Az idei kupán 281 diák vett részt 42 iskolából, 23 csapat versenyzett a fődíjért, az Amfi Kupáért.

A verseny fő támogatói voltak többek között: Mategye Alapítvány, Morgan Stanley, IQ Pac, Bringóhintó, Typotex, Metzger ’97, Tácsik Pékség, Ramasoft, Árpád Gimnáziumért Közhasznú Egyesület, Árpád Gimnázium Szülői Közös-sége.

Eredmények

5. osztály

1. Muray Gergő Kerék Általános Iskola és Gimnázium tanára: Nagyné Lantos Mária 2. Mike Gergő Hegedüs Géza Általános Iskola tanárai: Borsy László, Fata Éva

20

3. Móricz Kármen Virányos Általános Iskola tanára: Kovácsi Petra 4. Tunkel Hanga Mindszenty József Római Katolikus Ált. Isk. tanára: Scharek Edit 5. Sterbencz Dóra Óbudai Nagy László M-A KTNY Ált. Isk. tanára: Papp Nóra 6. Végh Máté Barcsay Jenő Általános Iskola tanára: Bagdán Valéria 7. Dobos Lili Óbudai Nagy László M-A KTNY Ált. Isk. tanára: Papp Nóra 8. Szipőcs Levente Városmajori Gimn. és Kós Károly Ált. Isk. tanára: Kürtössy Emese 9. Terényi Péter Szentistvántelepi Ált. Isk. (Budakalász) tanára: Bugát Tünde 10. Nikolaidisz Rita Zimándy Ignác Általános Iskola tanára: Szkibáné Czinder Éva

6. osztály

1. Apjok Balázs Budenz József Általános Iskola 2. Konkoly Sándor Mindszenty József Római Katolikus Ál. Isk. tanára: Tunkelné Pócza Mária 3. Bíró Anna Áldás Utcai Általános Iskola tanára: Rácz Ildikó 4. Szél Zsófia Anna Szentistvántelepi Általános Iskola (Budakalász) tanára: Bugát Tünde 5. Greskovics Ádám Városmajori Gimnázium és Kós Károly Ált. Isk. tanára: Borbély Judit 6. Hajós-Szabó Máté Dr. Béres József Általános Iskola tanára: Nagy Pál 7. Tőkey Bálint Áldás Utcai Általános Iskola tanára: Rácz Ildikó 8. Szőke-Brandt Ábel Mindszenty József Római Katolikus Ált. Isk. tanára: Tunkelné Pócza Mária 9. Henglár Zita Medgyessy Ferenc Általános Iskola tanára: Jakab Géza 10. Dózsa Liána Medgyessy Ferenc Általános Iskola tanára: Jakab Géza

21

A csapatversenyt a Mindszenty József Római Katolikus Általános Iskola (Budaörs) nyerte, így egy évig ők őrizhetik a Kupát. Második helyezett a Krúdy Gyula Általános Iskola (Budapest), harmadik pedig a Hegedűs Géza Általános Iskola (Budapest) lett.

További információk a verseny honlapján olvashatók: www.amfikupa.hu

A verseny feladatai

5. osztály

1. A könyvárusításon egy 535 Ft-ba kerülő matematika könyvet vásárolunk. 1000 Ft-os bankjeggyel fizetünk. a) Legalább hány pénzérmét kapunk vissza? b) Legfeljebb hány pénzérmét kaphatunk vissza? (Jelenleg 5, 10, 20, 50, 100 és 200 Ft-os pénzérmék vannak forgalomban.)

2. Anna, Bianka, Dóri és Eszter ül ilyen sorrendben a Duna parton egy egyenes mentén, Anna és Bianka 10 m-re, Bianka és Dóri 8 méterre, Dóri és Eszter 16 méterre ül egymástól. Anna és Bianka közé, pont középre leül Maja, majd meg-érkezik Tamás, aki úgy ül le, hogy Biankától kétszer olyan távol lesz, mint Maja Dóritól. Milyen messze lehet Tamás Annától?

3. A mai versenyre a 8.a osztály tanulói szendvicseket készítenek. Minden szendvicsbe 4 dkg szalámit, 3 dkg sajtot és 2 dkg uborkát tesznek. Hány szend-vics készíthető összesen, ha 15 kg szalámi, 11 kg sajt és 9 kg uborka van?

4. Leírjuk növekvő sorrendben azokat a pozitív egész számokat, amelyekben a számjegyek összege 16. a) Hány kétjegyű számot írunk le? b) Melyik lesz az ötödik legkisebb szám? c) Melyik lesz a huszonötödik legkisebb szám?

5. Öt négyzetből az ábra szerint egy csigát készítettünk. Két szomszédos négyzet közül a kisebb négyzet oldala fele a na-gyobb négyzet oldalának és az ábrán lévő legkisebb négyzet oldala 3 cm. a) Mekkora a legnagyobb négyzet oldala? b) Mekkora a csiga kerülete? (vastagon jelzett vonal hossza)

22

6. A 25. Amfiteátrum Kupa ünneplésére az összes 2 és 5 számjegyet elhasznál-tuk, így a gyerekek sorszámozásakor kihagyjuk az összes olyan számot, amely 2 vagy 5 számjegyet tartalmaz. a) Hány gyerek vesz részt a sakkprogramon, ha az utolsó sorszáma ily módon 18? b) Hány gyerek vesz részt a robotépítésen, ha az utolsó sorszáma 37? c) Mi lesz az utolsó gyerek sorszáma, ha 18 diák vesz részt a kézműves progra-mon? d) Hány ötödik osztályos diák versenyzett, ha az utolsó sorszáma 380 volt?

6. osztály

1. Egy „csalafinta négyzetben” minden sorban, minden oszlopban és minden átlóban a középső szám a másik kettő átlaga (a másik kettő összegének a fele). Töltsd ki a következő „csalafinta négyze-tet”!

2. A könyvárusításon egy 1605 Ft-ba kerülő matematika könyvet vásárolunk. 2000 Ft-os bankjeggyel fizetünk. a) Legalább hány pénzérmét kapunk vissza? b) Legfeljebb hány pénzérmét kapunk vissza? (Jelenleg 5, 10, 20, 50, 100 és 200 Ft-os pénzérmék vannak forgalomban.)

3. A 25 = 5 ⋅ 5, ezt úgy mondjuk, hogy az 5 négyzete. Egy számsorozatban az egyik számból úgy képezzük a következőt, hogy a számjegyeinek kiszámítjuk a négyzetét, majd ezeket összeadjuk. (Így pl. a 32 után 3 ⋅ 3 + 2 ⋅ 2 =13 következik). Legyen a sorozatban az első szám a 16. a) Írd fel a sorozat első 12 elemét! b) Határozd meg a sorozat 200-adik elemét! c) Számítsd ki a számsorozat első 25 tagjának az összegét!

4. A Fülemüle utcában lévő diófáról Pali, a pele minden reggel, délben és este 4 – 4 diót vitt el. A fán kevesebb, mint 1000 dió volt nyár elején. a) Legfeljebb hány dió lehetett a fán, mielőtt Pali elkezdte gyűjtögetni a diókat, ha utolsó napra már csak 1 dió maradt? b) Június 25-én reggel vitt először diót a pele. Melyik napon vihetett utoljára?

5. Öt négyzetből az ábra szerint egy csigát készítettünk. Két szomszédos négyzet közül a kisebb négyzet oldala a nagyobb négyzet oldalának felénél 1 cm-rel rövidebb. A legkisebb négyzet oldala 1 cm. a) Mekkora a második legkisebb négyzet oldala? b) Mekkora a legnagyobb négyzet oldala?

11

20 18

23

c) Mekkora a csiga kerülete? (vastagon jelzett vonal hossza)

6. Olyan számokat keresünk, amelyben szerepel a „2018” számjegysorozat? (Pl. egy ilyen hétjegyű szám a 3 201 851, de a 6 230 198 nem megfelelő.) a) Melyik a két legkisebb ilyen ötjegyű szám? b) Hány ilyen ötjegyű szám van? c) Hány ilyen hatjegyű szám van?

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Fejtörő megoldása

Négy lehetőséget különböztetünk meg aszerint, hogy a fiú és a lány közül kinek van igaza, kinek hamis az állítása. Az igaz-igaz kombináció nem lehet, mivel azt mondtuk, hogy legalább az egyik állítás ha-mis. Nem lehet igaz a második és harmadik kombináció sem helyes, mert mindegyik esetben, ha az egyik hazudott, akkor a másik sem mondhatott igazat. Tehát a negyesik eset lehetséges, mindketten hazudtak. A fiú vörös hajú, a lány fekete.

A feladvány szövege az 5. oldalon olvasható.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

A verses feladványok megoldásai

„Mekkora a Mikulás csizmája?” megoldása:

(24 ⋅12 – 32) : 4 = 64, tehát 46-os a csizma.

„Logi bogi” megoldása:

MAJD: x + 2,5x = 70, amiből kiszámolhatjuk, hogy MAJD Bogi 20, anya 50 éves lesz.

Mivel ugyanannyi idő telt el, 20 – 7x, vagyis x = 5.

Ha Bogi 2004-ben 5 éves volt, akkor 2019-ben lesz 20 éves, s ekkor Nagyi 70 lesz.

A verses feladványok szövege a 17. oldalon olvasható.

fiú igaz igaz hamis hamis lány igaz hamis igaz hamis

Bogi Anya

2004-ben x 7x

MAJD 20 50

24

S U D O K U

rovatvezető: Csordás Péter

A mellékelt ábra tartalmazza az előző havi sudoku helyes megoldását (lásd 1. ábra).

Az új feladvány a 2. ábrán látható. Ezt kell a szabályoknak megfelelően kitöl-teni és beküldeni.

A feladvány letölthető az internetről is, a www.mategye.hu honlapról. A letöl-tés a nevezéshez használt sorszám és jel-szó beírása után lehetséges. Az így letöl-tött, majd kinyomtatott feladványt kell kitöltés után elküldeni.

A beküldött megoldáson tüntesd fel a neved, az osztályod és a nevezéskor hasz-nált sorszámot! Csak az ezekkel az ada-tokkal ellátott megfejtések vesznek részt a versenyben. A megoldást ugyanarra a címre érkező másik rovat megoldásával is beküldheted.

Jó szórakozást a feladványhoz!

Beküldési cím:

MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585

Beküldési határidő: 2019. január 11.

F I G Y E L E M !

Fontos tudnivaló, hogy csak a Lurkó-logika és a Matematikai pontverseny esetében van lehetőség arra, hogy felbélyegzett válaszboríték esetén a kijavított megoldásokat visszaküldjük, így a Sudoku és Számrejtvények rovat megoldá-sához ne mellékeljenek válaszborítékot, mert ezeket nem tudjuk visszaküldeni.

5 7

3

7 2 1 5 4

5 8 9

7 2

4 6 3

7 1 6

3 7 9

8 1

2. ábra

7 6 8 3 2 4 7 9 5

5 4 3 9 1 7 8 2 6

9 2 7 6 5 8 3 1 4

8 9 4 7 6 2 1 5 3

7 1 5 8 4 3 2 6 9

6 3 2 5 9 1 4 7 8

2 5 1 4 8 9 6 3 7

4 7 6 2 3 5 9 8 1

3 8 9 1 7 6 5 4 2

1. ábra

25

NÉGYOSZTÁLYOS FELVÉTELI

Gyakorló feladatsor III. javítókulcsa

Számadó László (Budapest)

A javítókulcsban feltüntetett válaszokra a megadott pontszámok adhatók. A pontszámok részekre bontása csak ott lehetséges, ahol erre külön utalás van.

1. a) 39 1 pont b) 50 1 pont c) C =180 2 pont

Ha a bal oldal értékére valamilyen alakban megvan a 59 , akkor 1 pont jár.

d) D = 0 1 pont

2. a) 1,25 1 pont

b) 149°43’ 1 pont c) 230 1 pont d) 45 030 1 pont

3. 1 1 3 3 5 5 23 25 21 25 21 23 405 403 405 401 403 401 6789 6789 6789 6789 6789 6789 5 pont

A különböző, de jó válaszok számánál 1-gyel kevesebb a pontszám. Hibás ki-töltések esetén 1 pontot kell levonni, de összesen legalább 0 pont jár.

4. a) 3 °C 1 pont

b) (4 + 6 +10 + 9 + 6) : 5 = 7 °C 1 pont A végeredmény közléséért is jár az 1 pont. c) Pénteken. 1 pont d) (3 + 5 + 7 + 8 + 2 + x + x) : 7 = 5 1 pont A vasárnapi minimumhőmérséklet: 5 °C 1 pont

5. a) Hamis. b) Igaz. c) Igaz. d) Igaz.

26

e) Hamis. f) Hamis. 4 pont Öt helyes válaszért 3 pont, négy helyes válaszért 2 pont, három helyes válaszért 1 pont jár.

6. a) AOB (Jó a COD is.) 1 pont b) ABQP (Jó a CDPQ is.) 1 pont c) BQO (Jó a DPO is.) 1 pont d) AC (Jó a BD is.) 1 pont

7. a) 5

7162 −⋅ =14 – 3x 1 pont

5 =14 – 3x 1 pont x = 3 1 pont

b) 5

72 −y =14 – 3 ⋅ 35 1 pont

5

72 −y = 9 1 pont

y = 26 1 pont

8. A szabályos nyolcszög oldala: x cm. A külső vonal hossza: 32 x cm. 1 pont A belső vonal hossza: 16 x cm. 1 pont Azaz: 32 x –16 · x = 64 cm. 1 pont Innen x = 4 cm, 1 pont ezért a nyolcszög kerülete: 32 cm. 1 pont

9. a) 4,25; 0,95 2 pont A pontszám bontható.

b) 6,8 1 pont c) 9 1 pont d) 3 2 pont

10. x – z = a = 4,5 1 pont x + 2z = b = 7,5 1 pont z =1 1 pont x = 5,5 1 pont a) 57,75 cm3 1 pont b) 56,5 cm2 1 pont

27

II. felvételi gyakorló feladatsor 6. osztályosoknak

Magyar Zsolt (Budapest)

1. Számítsd ki az alábbi számok értékét!

a) 7 ⋅ 8-nak a 4

3 része: ...................................................................................

b) (–12 – (–23))-nak a kétszerese: ...................................................................

c)

−

7

4

6

1 -nek az ellentettje: ........................................................................

d) az a szám, amelynek a harmadrésze 25: ..................................................... e) az a szám, amelynek a négyszerese 144: ....................................................

2. Pisti és Sanyi a nyáron kerékpártúrán vettek részt. Az alábbi táblázat mutatja, hogy melyik napon hány km utat tettek meg:

Nap Hétfő Kedd Szerda Csütörtök Péntek Megtett út (km) 68 75 64 66 92

a) Melyik napokon volt a megtett útjuk tízesekre kerekített értéke 70-nél na-gyobb? ........................................................................................................... b) Melyik két egymást követő napon tettek meg 130 km utat? ........................ c) Átlagosan hány km-t tettek meg naponta? .................................................. d) Hány óra alatt tették meg a hétfői távjukat, ha óránként átlagosan 17 km-t haladtak? ........................................................................................................ e) Kedden reggel 10 órakor indultak. Óránként legalább 15 km-t megtettek, amikor haladtak. Legalább hány órát pihentek útközben, ha délután 5 órára érték el aznapi úticéljukat? ......................................................................................

3. Pótold a hiányzó mérőszámokat! a) 135 m =127 m + ............ dm b) 2 nap 10 óra = ......... óra c) 127 dl + 30 cl = ........ liter d) 3 kg +13 dkg + 35 g = .......... g e) 3 dm2

+130 cm2 = ........... mm2

4. Egy családban két szülő és három gyerek van, mindenkinek különböző az életkora. Gizi háromszor olyan idős, mint Kati, de nem a család legidősebb

28

tagja. Feri harmadannyi idős, mint Józsi, és kétszer annyi idős, mint Jancsi. A két szülő között 12 év, a fiúgyerekek között pedig 8 év korkülönbség van. a) Hogy hívják az anyukát? ........................................................................... b) Hogy hívják az apukát? ............................................................................. c) Hogy hívják a családban a legfiatalabb gyereket? ...................................... d) Ki hány éves a családban? Feri: .................................................. Gizi: .................................................. Jancsi: ............................................... Józsi: ................................................. Kati: ..................................................

5. Eufrozina leírt egy ötjegyű számot egy papírra, melynek százasokra kerekí-tett értéke 14 400. Sajnos a macskája felugrott az asztalra, és ráborította a kávét a papírra. Így az alábbi látszik a papírra írt számból: 145.

A megadott állítások az Eufrozina által leírt számra vonatkoznak. Írj a táblázat megfelelő oszlopába egy X-et!

Biztosan igaz

Lehetséges,

de nem biztos Lehetetlen

a) A szám 5-nek többszöröse.

b) A szám ezresekre kerekített értéke 15 000.

c) A szám tízesekre kerekített értéke 14 360.

d) A szám számjegyeinek ösz-szege 23.

e) A számban van három egy-forma számjegy.

6. A 2018 olyan szám, amelyben az első és utolsó számjegy szorzata 16, a két középső számjegy összege pedig 1. Sorold fel az összes ilyen tulajdonságú négyjegyű számot! A 2018-at már felsoroltuk.

2018, .............................................................................................................

7. Egy kocka felszíne 96 cm2. Három ilyen kockából egy olyan testet ragasz-

29

tottunk össze, melynek pontosan négy lapja négyzet. (A kockákat teljes lapjuk-kal érintkezve ragasztottuk egymáshoz.) a) Hány centiméter a kocka egy élének hossza? ............................................. b) Hány centiméter a kapott test leghosszabb élének a hossza? ....................... c) Mennyi a keletkezett test térfogata? ........................................................... d) Hány négyzetcentiméter a kapott test felszíne? .......................................... e) Néhány ilyen testből összeraktuk a lehető legkisebb térfogatú téglatestet. Hány ilyen testet használtunk fel? ...................................................................

8. Az alábbi négyzetrácson beszínezett alakzat kerülete 8 cm. A betűvel jelölt négyzetek közül kettőt kell hozzávennünk az alakzathoz úgy, hogy a kapott alakzat ke-rülete a megadott érték legyen. a) Melyik két négyzetet vegyük hozzá az alakzathoz, hogy a kapott alakzat kerülete 10 cm legyen? Add meg az összes lehetőséget! ...................................................................... b)Melyik két négyzetet vegyük hozzá az alakzathoz, hogy a kapott alakzat ke-rülete 12 cm legyen? Add meg az összes lehetőséget! ..................................... .......................................................................................................................

9. Lali és Lili nagymamájuktól azt a feladatot kapták, hogy hordják be a kertben lerakott tűzifát a fáskamrába. Az első napon behordták a teljes kupac harmadát. Mivel Lili nagyon elfáradt, ezért másnap Lali dolgozott egyedül, és behordott 600 kg fát. A harmadik napon ismét munkába állt Lili, így az első napinál 300 kg-mal többet tudtak behordani. A negyedik napra így már csak a fakupac ötödrésze maradt. Hány kg tűzifát kellett behordani összesen? Úgy dolgozz, hogy számításaid nyo-mon követhetők legyenek! ............................................................................. .......................................................................................................................

10. Négy munkás dolgozott egy cégnél, András, Béla, Csaba és Dániel. András óránként kétszer annyi bért kapott, mint a többiek. A négy munkás minden nap ugyanannyi időn át dolgozott, de nem dolgoztak mindannyian minden nap. And-rás fizetése kétszer annyi lett, mint Dánielé, de négyszer annyi pénzt kapott, mint Csaba. Béla 4 nappal kevesebbet dolgozott, mint Dániel, és 20 000 Ft-tal kapott többet, mint Csaba. a) Ki dolgozott a legkevesebb ideig? ............................................................. b) Ki dolgozott a legtöbb ideig? .....................................................................

A E

B

C D

30

c) Hány forintot kapott Dániel, ha a napi munkabére 20 000 Ft volt? .......................................................................................................................

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

A hatosztályos felvételi gyakorló feladatsor I. javítókulcsát a www.mategye.hu oldalon, PDF formátumban közöljük.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Mese a szeretetről

Valamikor réges-régen az erdőben élt két fenyőfa. Együtt cseperedtek fel, együtt nőttek. Az egyik fiú volt, a másik lány. Nagyon szerették egymást. Úgy érezték minden az övék. Övék az erdő, övék a kismadár, mely rájuk szállt, s minden, minden. Jött a tavasz, minden kizöldült mellettük. Jött a nyár, jött az ősz. Majd a tél, s jött az ember. Sokáig bolyongott az erdőben, majd meglátta ezt a két fát, s vette fejszéjét. Kivágta őket. Fájtak a csapások, de talán az még jobban, hogy szétszakítják őket. A piacra kerültek, s ott el-adták a két fenyőfát. A fiú egy gazdag családhoz került, s a nagy gazdagság, a sok ajándék, a rengeteg dísz hamar elfelejtette szerelmesét. Sok-sok díszes ajándék került alá, s boldog volt.- Hát igen. Ez az igazi élet! –gondolta. Eközben a lány fenyő egy sze-gény családnál állt. Néhány vacak kis dísz, ajándék… semmi. A lány nagyon elkeseredett. –Lám, hiába éltem. Itt kell befejeznem. Mi lehet a szerelmemmel?- kesergett. El-érkezett a karácsony, a szeretet ünnepe. Az egész Föld ün-nepelt, s boldog volt, hiszen gyermek született, fiú adatott nekünk. Mindenki boldog volt… Mindenki… Mindenki? Nem. Ott, ahova a fiú fenyő került ve-szekedés volt. A pénz. Már megint a pénz. S a férj otthagyta feleségét karácsony szent ünnepén. Eközben a másik családnál nagy szeretetben voltak. Lehet, hogy nem volt ajándék, de sokkal többet kaptak a gyerekek: szeretetet. Azt, aminél több nem adható. Elérkezett Vízkereszt ünnepe, s a két fa a szénégetőnél találkozott. –Hiába éltem – kesergett a fiú. –Á, dehogy – szólt a lány – nem az a lényeg, hogy gazdag vagy, vagy éppen szegény, hanem csak annyi, hogy szeretettel vagy – e a másik iránt. Szeretettel a másik iránt. S egymást átölelve égtek el, a szénégető kemencéjében.

31

L O G I - S A R O K

rovatvezető: Tuzson Zoltán

A kitűzött feladványok

L. 505. Milyen szám talál a kérdőjel helyére? Indokold is meg a válaszodat!

L. 506. A 12 593 úgy „kedveli” a 35 291-et, mint ahogyan a 29 684 „kedveli” a 46 982-t. Akkor mely számot „kedveli” a 72 936 szám?

L. 507. A megadott két féldominó és egy domi-nók mellé helyezd be a többi dominót úgy, hogy a négyzet minden sorában, oszlopában és az átlói mentén minden szám csak egyszer forduljon elő.

Jó szórakozást és hasznos időtöltést kívánunk!

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

Tuzson Zoltán 535600 Székelyudvarhely

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

e-mail: tuzo60@gmail.com , tzoli@refkol.ro

Figyelem: A Logi-sarok feladatai nem szerepelnek a pontversenyben, ezért megoldásaik nem kerülnek értékelésre!

A korábban kitűzött feladványok megfejtése

L. 502. Milyen szám talál a kérdőjel helyére? Indokold is meg a válaszodat!

Megfejtés: Vegyük észre, hogy 6 ⋅ 8 :12 = 4, 9 ⋅ 8 :18 = 4, ezért 6 ⋅10 : ? = 4 kell legyen, tehát ? =15.

8

6

12

9

8 18 10

6

?

7

9 2 8

2

7 8 45

6 9?

2

1

4

3

1 2

1 3 2 3

2 4 3 41 4

32

L. 503. Melyik a kakukktojás? Indokold is meg a válaszodat!

84129, 32 418, 47632, 36119, 67626, 72 927

Megfejtés: Minden szám esetén az utolsó 2 számjegyből álló szám négy-zetét az illető szám elé írtuk, pl. 29 ⋅ 29 = 841 így az első szám 84 129, stb. En-nek alapján a kakukktojás: 47 632.

L. 504. Helyezd el a megadott elemeket az ábrában úgy, hogy minden sorban, minden oszlopban és a két átló mentén csakis kü-lönböző számok szerepeljenek. Az egyes elemeket sem tükrözni, sem elforgatni nem szabad!

Megfejtés: Egy megoldás a mellékelt ábrán látható:

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Fakopáncs

A Fakopáncs bolt idén is támogatja az ABACUS pontversenyeit, és ezúton kíván boldog karácsonyt és boldog új évet minden kedves olvasónak!

Karácsonyig az ABACUS minden olvasójának és előfizetőjének a boltban kapható logikai fajátékok és összerakható fa-modellek árából 15% engedményt adnak. Az árengedményhez elég az ABACUS újságot a boltban bemutatni (nem kell otthagyni!). Postai megrendelés esetén kérjük, telefonon tájékozódjanak a személyre szabott kedvezményekről. Megrendelést telefonon is elfogadnak, utánvéttel küldik a megrendelt játékokat, vidékre is.

A Fakopáncs boltok címe: 1088 Budapest, Baross u. 46. Tel.: 1/337-0992; Tel./fax: 1/337-8448, 1088 Budapest, József krt. 50. Tel.: 1/333-1866

1 34241

31

243 22

413

1 4 2 33 2 4 14 1 3 22 3 1 4

33

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

rovatvezető: Csete Lajos

A kitűzött problémák

MP. 341. Melyik az a legnagyobb természetes szám, amelyiknek minden számjegye különböző, és semelyik három számjegyének összege nem egyenlő 19-cel?

MP. 342. Keressük meg az összes olyan m és n pozitív egészet, ahol n pá-

ratlan, amelyekre teljesül a következő összefüggés:m1 +

n4 =

121 .

Jó munkát kívánok!

A megoldások beküldési határideje: 2019. január 11.

Beküldési cím: Csete Lajos 9164 Markotabödöge, Fő u. 127.

Korábban kitűzött feladatok megoldásai

MP. 337. Lehetséges-e az 1, 2, 3, …, 95, 96 halmazt 32 olyan részhalmazra fel-osztani, hogy mindegyik ilyen részhalmaz három darab elemet tartalmazzon a halmaz-ból úgy, hogy e három elem összege mindegyik ilyen részhalmazban egyenlő?

Megoldás: A 32 háromtagú összeg összege 1+ 2 + 3 +…+ 95 + 96 = (1+ 96) + + (2 + 95) + (3 + 94) +…+ (48 + 49) = 48 ⋅(1+ 96) = 48 ⋅ 97 = 4656. Mivel itt minden zárójeles összegben 2 szám van, ezért ez 96-nak a fele, vagyis 48 tagú az összeg. A 4656-ot kell felosztani 32 egyenlő részre. Mivel ez nem osztható 32-vel, ezért nem lehetséges a problémában kérdezett felosztás.

Duchon Márton 7. osztályos tanuló (Budapest, Óbudai Árpád Gimnázium) megoldása

Hasonlóan oldotta meg: Bertalanits Enikő 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.) aki a „kis Gauss” módszerével adta össze a számokat, Boros Vince Félix 6. oszt. tanuló (Budapest, Újpesti Karinthy Frigyes Magyar-Angol Két tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Chrobák Gergő 7. oszt. tanuló (Debrecen, Fazekas Mihály Gimn.), Csikós Petra Zita 8. oszt. (Budapest, Gárdonyi Géza Ált. Isk.), Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Egyházi Godó 6. oszt. tanuló (Hatvan, Kossuth Lajos Ált. Isk.), Fejes Botond Zoltán 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Finta Dávid 7. oszt. tanuló (Budapest, Pál Apostol Katolikus Ált. Isk. és Gimn.), megoldása kissé hiányos, Fülöp László Flórián (Dunakeszi, Radnóti Miklós Gimn.),

34

Heltovics Lilla (Göd, Búzaszem Katolikus Ált. Isk. és AMI), Horváth Dalma 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Juhász-Molnár Erik 5. oszt. tanuló (Budapest, Városligeti Magyar-Angol Két tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Kocsis Péter 5. oszt. tanuló (Bábolna, Ált. Isk.), Kovács Viktor 8. oszt. tanuló (Budapest, Toldy Ferenc Gimn.), Kusica Nadin 7. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Lőrincz László Lénárd 4. oszt. tanuló (Pápa, Tarczy Lajos Ált. Isk.), Mayer Szonja Hanna 5. oszt. tanuló, (Budapest, Veres Péter Gimn., Tárnok), Mészáros Anna Veronika 8. oszt. tanuló (Budapest, Lágymányosi Bárdos Lajos Két tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Rózsás Júlia 5. oszt. tanuló (Budapest, Néri Szent Fülöp Ált. Isk.), Sárecz Bence 5. oszt. tanuló (Zalaegerszeg, Zrínyi Miklós Gimn.), megoldása kissé hiányos, Virág Luca 5. oszt. tanuló (Buda-pest, XIV. ker. Móra Ferenc Ált. Isk.).

1. megjegyzés: A problémát a következő helyről vettük: Xiong Bin – Lee Peng Yee (Editors): Mathematical Olympiad in China (2009-2010) Problems and Solutions, East China Normal University Press – World Scientific, Singapore, 2013. A problémát a kö-vetkező versenyen tűzték ki: China Girls’ Mathematical Olympiad 2008. Kitűző: Liu Shixiong, 84.oldal.

Valójában ez csak az 1. része volt az első feladatuknak. A 2. része a feladatuknak azt kérdezi, hogy: Lehetséges-e az 1, 2, 3, …, ,98, 99 halmazt 33 olyan részhalmazra felosztani, hogy mindegyik ilyen részhalmaz három darab elemet tartalmazzon a hal-mazból úgy, hogy e három elem összege mindegyik ilyen részhalmazban egyenlő?

A válaszuk az, hogy igen. Például a következő módon: Osszuk fel az 1, 2, 3, …, 65, 66 számokat 33 darab párra, úgy, hogy ezek a párok számtani sorozatot alkossanak:1+ 50, 3 + 49, …, 33 + 34, 2 + 66, 4 + 65, …, 32 + 51. Így a következő felbontás teljesíti a probléma követelményeit:1, 50, 99, 3, 49, 98, …, 33, 34, 83, 2, 66, 82, 4, 65, 81, … , 32, 51, 67. A két részt együtt nem mertem feladni októberben. A továbbiakban az idézett könyv általánosítja a problémát, majd megoldja az általáno-sított problémát.

2. megjegyzés: A következő rokon problémát a 2018/2019. tanévi Országos Középis-kolai Tanulmányi Verseny első fordulójának 1. feladataként tűzték ki a II. kategóriában (gimnázium).

Az 1, 2, …, 4n számokat szeretnénk beosztani n darab négyes csoportba úgy, hogy min-den csoportban legyen olyan szám, amelyik a másik három számtani közepe. Létrehoz-hatók-e a csoportok, ha a) n = 4; b) n = 7? Megoldási vázlat a javítási útmutató alapján: a) Az 1, 2, …, 16 számok beoszthatók a megfelelő módon. Például (1, 9, 11, 15), (2, 10, 12, 16), (3, 5, 7, 13), (4, 6, 8, 14). A számnégyesekben a félkövéren szedett szá-mok a másik három szám számtani közepe. b) Az 1, 2, …, 28 számokat kellene beosztani megfelelő módon. Tegyük fel, hogy lé-tezik a megfelelő beosztás. Ekkor minden csoportban a négy szám összege éppen a számtani közepük négyszerese lesz, így minden csoportban a négy szám összege is oszt-

35

ható lesz 4-gyel. Ebből következik, hogy ha összeadjuk az összes számot, akkor az ösz-szegnek is oszthatónak kell lennie 4-gyel. Vizsgáljuk meg az összeget!

1+ 2 + 3 +…+ 27 + 28 =2

2928 ⋅ =14 ⋅ 29 = 2 ⋅ 7 ⋅ 29

Vagyis a számok összege nem osztható 4-gyel. Vagyis hamis a feltevésünk. Ebből kö-vetkezik, hogy nem létezik a megfelelő beosztás.

MP. 338. Melyek azok a p prímszámok, amelyekre a 2p +1, 3p + 2, 4p + 3, 6p +1 számok mindegyike prímszám?

1. megoldás: p = 2-re 3p + 2 = 8, tehát nem prím, vagyis 2 nem megoldás. Ha p = 3, akkor 4p + 3 =15, ami nem prím, vagyis 3 nem megoldás. Vizsgáljuk az egészeket az 5-tel való oszthatóság szempontjából.

1. eset: Ha p = 5k alakú, ahol k pozitív egész szám, akkor k =1, mert p prím, vagyis p = 5. Ekkor 2p +1=11 prím, 3p + 2 =17 prím, 4p + 3 = 23 prím, 6p +1= 31 prím. Tehát p = 5 megoldása a problémának.

2. eset: Ha p = 5k +1 alakú, ahol k pozitív egész szám, akkor 3p + 2 = 3(5k +1) + + 2 =15k + 5 = 5(3k +1), ez 5-tel osztható és 3k +1>1, ezért 3p + 2 összetett szám. Tehát az 5k +1 alakú egész számok között nincs a problémának megfelelő prím.

3. eset: Ha p = 5k + 2 alakú, ahol k pozitív egész szám, akkor 2p +1= 2(5k + 2) + +1=10k + 5 = 5(2k +1), ez 5-tel osztható és 2k +1>1, ezért 2p +1 összetett szám. Tehát az 5k + 2 alakú egész számok között nincs a problémának megfelelő prím.

4. eset: Ha p = 5k + 3 alakú, ahol k pozitív egész szám, akkor 4p + 3 = 4(5k + 3) + + 3 = 20k +15 = 5(4k + 3), ez 5-tel osztható és4k + 3 >1, ezért 4p + 3 összetett szám. Tehát az 5k + 3 alakú egész számok között nincs a problémának megfelelő prím.

5. eset: Ha p = 5k + 4 alakú, ahol k pozitív egész szám, akkor 6p +1= 6(5k + 4) + 1= 30k + 25 = 5(6k + 5), ez 5-tel osztható és 6k + 5 >1, ezért 6p +1 összetett szám. Tehát az 5k + 4 alakú egész számok között nincs a problémának megfelelő prím. Összefoglalva: a problémának egyetlen megoldása van, ez a p = 5 prím.

Bertalanits Enikő 8.osztályos tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.) megoldása.

2. megoldás: A prímszámok végződése a tízes számrendszerben 1, 3, 5, 7 és 9 lehet, illetve p = 2. 1. eset: p = 2-re 3p + 2 = 8, tehát nem prím, vagyis p = 2 nem megoldás. 2. eset: Ha p végződése 1, akkor 5-re végződik a 3p + 2, ami nem 5, mert akkor p =1 lenne, ami nem prím. Tehát p nem végződhet 1-re. 3. eset: Ha p végződése 3, ekkor 5-re végződik a 4p + 3, ami nem 5, tehát nem prím. Tehát p nem végződhet 3-ra. 4. eset: Ha p = 5 (több 5-re végződő prím nincs), akkor 2p +1=11 prím, 3p + 2 =17 prím, 4p + 3 = 23 prím, 6p +1= 31 prím. Tehát p = 5 megoldása a problémának.

36

5. eset: Ha p végződése 7, akkor 5-re végződik a 2p +1, ami nem 5, vagyis nem prím. Tehát p nem végződhet 7-re. 6. eset: Ha p végződése 9, akkor 5-re végződik a 6p +1, ami nem 5, vagyis nem prím. Tehát p nem végződhet 9-re. Tehát csak p = 5 megoldása a problémának.

Kocsis Péter 5. osztályos tanuló (Bábolna, Általános Iskola) megoldása

Megoldotta még: Boros Vince Félix 6. oszt. tanuló (Budapest, Újpesti Karinthy Frigyes Magyar-Angol Két Tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Csikós Petra Zita 8. oszt. (Budapest, Gárdonyi Géza Ált. Isk.), Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Egyházi Godó 6. oszt. tanuló (Hatvan, Kossuth Lajos Ált. Isk.), Fejes Botond Zoltán 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Heltovics Lilla (Göd, Búzaszem Katolikus Ált. Isk. és AMI), Horváth Dalma 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Juhász-Molnár Erik 5. oszt. tanuló (Budapest, Városligeti Magyar-Angol Két tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Kaltenecker Balázs Bence 8. oszt. tanuló (Budapest, ELTE, Apáczai Csere János Gyak. Gimn. és Koll.), Kovács Viktor 8. oszt. tanuló (Budapest, Toldy Ferenc Gimn.), Sárecz Bence 5. oszt. tanuló (Zalaegerszeg, Zrínyi Miklós Gimn.), Virág Luca 5. oszt. tanuló (Budapest, XIV. ker. Móra Ferenc Ált. Isk.).

1. Megjegyzés: A problémát a következő helyről vettük. Kántor Sándorné – Kántor Sándor: Nemzetközi magyar matematikai versenyek 1992 – 2003, Studium, Debrecen, 2003. 19. oldal, I./1(9)./2. probléma. Kitűzője a néhai Dr. Urbán János tanár úr volt. A problémát 9. osztályosok számára tűzték ki 1992-ben Révkomáromban (a régi Ko-máromban) az első ilyen versenyen. A nemzetközi magyar matematikai versenyek gon-dolatát a néhai Oláh György tanár úr (Révkomárom) és Bencze Mihály tanár úr (Brassó) vetette fel 1991-ben a matematikatanárok szegedi Rátz László Vándorgyűlésén.

2. Megjegyzés: A probléma szerepel az Abacus folyóirat alapítójának, Róka Sándor tanár úrnak a következő értékes könyvében is. Róka Sándor: 2000 feladat az elemi matematika köréből, Typotex, Budapest, 2000. 34. oldal, 345.g feladat. Hasonló problémák még e könyvben például a 343-353.feladatok.

3. Megjegyzés: Domján Olivér 7. osztályos tanuló is megoldotta az MP.335. problémát. Megoldása téves címre és így késve érkezett.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Humor

Miben különböznek a japánok és a Mikulás? A japánok nindzsák, a Mikuláson meg van zsák!

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 színezett képen egy gomba látható (1. ábra).

A 2. ábrán az új rejtvényt látjá-tok, megoldását a korábbiakban megadott módon várjuk a szer-kesztőség címére.

Testvérek vagy azonos iskola tanulói közös borítékban is beküldhetik megfejtéseiket.

A logigrafika ábrája letölthető a www.mategye.hu honlapról. Ez a nevezéshez használt sor-számmal és jelszóval lehetséges. A megoldásra írd rá neved, osztá-lyod és a nevezéskor használt négy-jegyű sorszámodat. A tisztázásnál ügyelj a pontos átmásolásra, kár pontokat veszíteni az esetleges figyelmetlenségek miatt! Az elké-szített megoldást zárt borítékban küldd el az alábbi címre:

ABACUS Logigrafika 1437 Budapest, Pf. 774

Beküldési határidő: 2019. január 11.

Jó szórakozást a feladványhoz!

Mindenkinek nagyon boldog karácsonyt és jó pihenést kívánok!

1 2 4 2 1 1 1 1 4 2 3 5 5 7 7 7 6 5 4 5 1 4 4 6 5 2 1 3 7 4 5 8 8 6 8 4 4 3 2 3 3 3 2 1 2 2 2 6 2 1 3 4 1 2 4 2 2 2 7 3 7 2 7 1 2 11 1 16 16 4 5 4 2 1 2 2 1 5 1 7 1 7 1 8 1 2 6 1 1 1 3 2 2 2 1 1 3 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 3 2 3 1 2 3 8 4 3 2 6

1. ábra

2 2 3 1 3 2 2 1 2 2 2 4 3 2 2 5 3 3 2 2 3 6 4 4 4 2 2 2 2 15 10 4 5 3 2 1 2 1 3 2 1 2 3 1 1 1 2 6 7 1 1 1 1 3 2 1 2 3 6 8 1 3 1 1 5 5 7 2 9 1 2 3 1 9 1 2 9 2 2 4 4 2 8 2 8 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 1 3 3 3 1 2 2 6 2 2 3 3

2. ábra

38

M A T H S

rovatvezető: Dr. Borbás Réka

Problem 10 There are 8 towns on an island, and we are planning to build an airport on each, and connect them with flights. The authorities allow us to start maximum three flights from every town, but they also want that every town should be reached from another either directly or by one exchange of a flight. Can it be done so? If yes, suggest a set of flights, if no, say why not.

Problem 11 I was on a picnic with eleven people on the Island of Knights and Liars. (The Knights always say the truth, and the Liars never do.) I asked each of them how many Knights are among them. They said the following answers: 7, 3, 5, 0, 1, 4, 1, 3, 4, 2. I could not hear the last answer for some reason. But I guessed what type he was (whether a Knight or a Liar). Can you also tell me? And can you tell me what did the last person say?

Problem 12 Let’s colour the points of a 3 x 6 grid by red and blue colours. There are 10 red points in the grid. Is there any rectangle in the grid whose sides are parallel by the lines in the grid, and its vertices are all red?

Deadline: 11 January, 2019

Solutions have to be sent to:

1437 Budapest, Pf. 774 Please write "MATHS" on the envelope.

Problem 7 The sides of a triangle are a, b and c, all sides are integers, and its perimeter is 10. What is the smallest and the largest possible value of 3a + 4b + 5c?

Solution to Problem 7 If a, b and c are the sides of a triangle with a perimeter of 10, that means that a + b + c =10, and for any two sides their sum is larger than the third side. Thus b is less than a + c, which is 10 – b, so b <10 – b, from which fol-lows that b < 5. Instead of b, a or c could have been used, so all sides are under 5, but their sum is 10, so we have to find three such integers under 5, which fulfil the triangle inequality, and add up to 10. There are two such sets: 4, 4, 2 and 4, 3, 3.

39

Problem 8 Jack loves soccer and he collects soccer cards with Spanish and English players. He already has some cards which he keeps in a book able to hold 50 cards. He got some more cards and a new book of the same size to collect them in for his birthday. He put the Spanish cards into two piles, the ratio of the numbers of the cards in the two piles were 4:3, and he put the larger pile of cards into the old book of his, and the smaller into the new one. He did the same with the English cards, but the ratio of the two pile of cards were 2:3 and the smaller pile was put into the old book. He realised that if he gave one of his English cards from the old book to his best friend, he would have the same number of cards in the two books. In this case the ratio of the English cards would be 3:5, and the ratio of the cards in the old book to the new would be 7:4. How many cards does he have now?

Solution to Problem 8 Jack has more than 50, but less than 100 cards now. The number of English cards in the new book would not change if he gave away one card, but the ratio would change form 2 : 3 to 3 : 5. Let’s change the ratios so that the second number is the same in both, i.e. 10:15 and 9 :15. Finally, we have to find such an x for which 9 + 4x =15 + 3x, and that is x = 6. So there are 24 +18 = 42 cards with Spanish players. So the ratio of the Spanish cards to the English ones is 7 : 4.

Now the question is what number can be added to 9 and 15 to get a multiple of 7 and 4, and the two numbers added are the multiples of 4 and 3. Summing these, the multiple of 7 has to be an odd number, as it is a sum of 9 and a multiple of 4. The odd multiples of 7 higher than 9 are 21, 35, 49, etc. Out of these if 9 is sub-tracted, 21 and 49 results good numbers, but 21 is too low. 49 – 9 = 40, so there would be 30 Spanish cards in the new book, which results a total of 30 +15 = 45.

Problem 9 Put the right numbers into the puzzle. Across: (1) One more than the smallest three-digit cubic number. (4) A palindromic number which is the multiple of both 7 and 13. (5) The largest three-digit cubic number. Down: (1) The smallest two-digit-number which is the sum of two square numbers. (2) The product of the smallest two-digit prime number, and the highest prime number under 20. (3) The difference of the two largest three-digit square numbers. (4) A prime number which is one larger than a square num-ber.

Is the sum of the digits in the puzzle a prime or a composite?

Solution to Problem 9 The sum of the digits is 29, which is a prime.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

A Berlitz nyelviskola (Budapest) két ingyenes angol nyelvtanfolyami részvételt ajánlott fel a Maths rovat legjobb megoldói számára.

1 1 2 2 3 6

4 1 0 0 1

5 7 2 9

40

M A T H E M A T I K

rovatvezető: Nagy Barbara

Aufgabe 10: Weihnachtskekse zu backen ist immer interessant, und das Ergebnis ist immer lecker. In einer Schule hat dieses Geschenk auch eine große Tradition. In dieser Grundschule wird die erste Klasse von 14 Kindern besucht, die 2. Klasse von 15., die weitere Jahrgänge haben immer um ein(e) SchülerIn mehr. Wenn die Direktorin allen SchülerInnen Kekse geben möchte, und sogar so viel, wie die Nummer der Klasse (ein(e) SiebtklässlerIn bekommt also 7 Kekse), wie viele Kekse muss sie dann backen?

Aufgabe 11: Laura und Lali sind Zwillinge. Sie besuchen beide sowohl die Flöte- als auch die Volkstanzgruppe. In der Flötegruppe haben sie noch 14 MitschülerInnen, in der Tanzgruppe noch 15. Wir wissen, dass die beiden Gruppen von genau 7 Kindern besucht werden. Wie viele Kekse müssen die Zwillinge backen, wenn sie alle MitschülerInnen, die sie in diesen Gruppen haben, mit einem Keks beschenken wollen?

Aufgabe 12: Die Zwillinge gehen nach Weihnachten ins Kino. Laura möchte den Film um 10 : 20 anschauen, Lali um 15 :10. Dann stellen sie fest, dass es eine Filmvorführung gibt, die genau zwischen den beiden Empfehlungen ist. Wann beginnt der Film? (Sie sind gute Geschwister, also schließen sie natürlich einen Kompromiss.)

Viel Spaß zu den Aufgaben! Eure Lösungen warte ich auf die folgende Adresse:

MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585

Schreibt bitte das Kennwort M A T H E M A T I K auf den Umschlag!

Einsendeschluss: 11. Januar 2019

Aufgabe 7: Berechne: =−−+

411

25:

310

43:

815

2

…

Lösung der Aufgabe 7:

+3

1025

:

−411

425

=

+6

206

15 :

414 =

635 ⋅

144

= 84

140 =

35

41

Aufgabe 8: Die Fläche eines Quadrates ist 100-mal so groß, wie die Fläche eines ande-ren Quadrates. Wievielmal so groß ist sein Umfang? Warum?

Lösung der Aufgabe 8: Die Seiten des kleineren Quadrates sind a, seine Fläche ist a2. Die Fläche des großen Quadrates ist 100-mal so groß, also 100a2. Wenn seine Seiten b lang sind, ist, b2

=100a2, und daraus b =10a. Sein Umfang ist also 10-mal so groß (denn alle Seiten sind 10-mal so lang).

Aufgabe 9: Jonas hat 3 Hunde. Der älteste Hund ist 2 Jahre jünger als Jonas, der Alter

des jüngsten Hundes ist um 1 Jahr mehr, als 61 vom Alter von Jonas. Der

Altersunterschied zwischen dem mittleren und jüngsten Hund ist genauso viel, wie der Altersunterschied zwischen dem ältesten Hund und Jonas. Jonas und seine Hunde sind insgesamt 30 Jahre alt. Wie alt ist Jonas?

Lösung der Aufgabe 9: Jonas: x der älteste Hund: x – 2

der mittlere Hund:

+161 x + 2 = x

61 + 3

der jüngste Hund: x61 +1

x + x – 2 + x61 + 3 + x

61 +1= 30

6x + 6x –12 + x +18 + x + 6 =180 14x +12 =180

14x =168 x =12

Jonas ist 12 Jahre alt. (Die Hunde sind: 10, 5 und 3 Jahre alt.)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Mi az abszolút nullpont?

Adott anyag hőmérsékletét az anyagot alkotó részecskék mozgása határozza meg. Ennek értelmében azt az állapotot jellemezhetnénk az abszolút nulla fokos hőmérséklettel, melyen az anyag részecskéinek sebessége zérus lenne. Az abszolút hőmérsékleti skála nulla pontja -273,16 °C. Az ab-szolút nulla fokot kb. 0,1-0,2 fokkal tudják ma már megkö-zelíteni, s ez a szuper hideg birodalma. Ilyen állapotban az anyagok tulajdonságai jelentős mértékben megváltoznak. Megszűnik pl. az elektromos ellenállás, folyadékok belső súrlódása.

42

S A K K - S A R O K

rovatvezető: Blázsik Zoltán

Carlsen 28 éves korában már négyszeres világbajnok https://en.wikipedia.org/wiki/Fabiano_Caruana

Bár a világbajnok 12 játszma után még egyetlen partit sem nyert, mégis meg-védte a címét! A szabály nem írta le azt, hogyan folytassák addig, amíg valame-lyik fél meggyőzően felülkerekedik. Értem azt hosszú partikban. A gyorsított befejezés nem mutatott igazi harcot. Magnus alig várta a rapid küzdelmeket, hiszen már régen kiderült, ő a legjobb. Az az érdekes, hogy mondjuk a negyed-órás tempóban ugyanolyan jókat lép, mint ha több ideje lenne, a kihívónak pedig kicsit kevés a gondolkodási idő – mint minden embernek általában.

Korábban nem jött be pl. a 6 győzelemig tartó játék. De az sem, ha többet kell nyerni. Egyszer Karpov és Kaszparov annyira kimerültek, hogy fél éves pihenő idő után kezdték újra. Egyszer majd jön egy még fiatalabb. Persze a nor-vég fiatalember elég jó nekünk! Játszik, gyönyörködtet bennünket és példakép lehet nektek, sakkozni szerető ifjaknak.

Jönnek a szupernagymesteri tornák! A legjobbak éppen ezekből a pénzes tornákból élnek. Ez jól is van így, hiszen az amatőrök szeretik követni a játsz-mákat. A rendezők sokkal kevesebb pénzből meg tudnak rendezni egy sakkver-seny sorozatot, mint menedzselni egy profi csapatot valamelyik labdasportban. A sakkolimpia és a sakkcsapatok bajnoksága hasonló. Főleg abban, hogy gyak-ran kerülnek össze mesterek és amatőrök, idősek és fiatalok a nemzeti és a nem-zetközi bajnokságokon is. A nagy játékerő-különbség nem kedvez a harcnak, káros a küzdelem és az alkotás szempontjából is egyaránt.

A válogatás szubjektív, örülhetünk annak is, hogy egy idősebb nagymester még mindig bírja és gyönyörködtet. Nevethetünk a küszködő kis játékos botla-dozásán – de az nem szép dolog. Nincs nagyobb öröm, mint a káröröm: ha csa-patban látjuk mit nézett el a rivális, akkor plusz energiát nyerünk ebből.

Másrészt és főleg a kombinációt észre kell venni, így tehát gyakorolni kell a számolást, a motívumok felismerését.

Az új esztendők elején gyakran közölnek érdekes rejtvényeket. Az állások-ban fontold meg, melyik következő lépés a legjobb?! Megadtuk ki lép és sugall-tuk milyen eredményt érhet el, aki következik! Csak az első, általad legjobbnak ítélt lépést keresd!

43

Világos: Kg1, Vf1, Be7, Fb6, a2, b2, f5, g2, h3

Sötét: Kc8, Vd5, Bh8, Fd7, b7, c6, f7, g7, h7 Ebben az állásban 23. – Vd6?? vesztő lépést tett sötét. Világos indul és nyer.

Világos: Kf1, Vb7, Bd7, Bg1, Fc1. Fh3, a3, f2, f3, h2 Sötét: Kg8, Ve5, Bd8, Bf8, He7, Hf5, a7, c4, e6, f7, g7, h7 A sötéttel játszó amerikai olimpiai bajnok Nakamura utolsó Bcd8! lépésével áldo-zott egy lovat a szép matt érdekében. Kö-vetkezett 22. – Bcd8 23. Bxe7. Bd1 24. Kg2 Hh4+25. Kh1 Ve1, és a mattot már nem várta be.

xKx x Ì x Ì ÌKx x Px B„P¡P ¡dx rõP¡P ¤Px x x x xPx x x xDxpx x x Š Nx x x x x xPx x x x x x xp ¿ x xpxb p¿ x x px x x ¿ ¿ x x x d« x ¤ x k„

Világos: Kg3, Bc7, b6, c5 Sötét: Ke4, Bb1, f3 és most sötét meglépte a rosszat, Ke3 és világos indul és nyer.

Világos: Ka5 Bc1, Fg3, Fh3, a3, b4, c5, f2, f4, h4 Sötét: Kf5, Bd4, Fg4, Hd5, a6, b7, c6, e4, g6 Világos indul de nem tud nyerni.

x x x x x x x x x „ x x x Px x x ¿ x x x PxPx xPx x ¿ x x « ¿NxKx x xKx x ¿ ÌP¿B¿ x x xP« ¿ x x ¤b x x x x x x ¿ x x Rx x x x „ x x

44

Beküldendő az alábbi két matt feladvány kulcslépése:

Kérlek Titeket, hogy ne küldjetek válaszborítékot, mert a helyes válaszokat mindig közöljük a következő számban.

A novemberi feladatok megoldása: A) 1.Fd1! , Riczu Lajos szerzeménye B) 1.Fe6! , Szöghy József szerzeménye

A megoldások beküldési határideje: 2019. január 11.

A megoldásokat az alábbi címre küldjétek:

MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585

Kérjük, a borítékra írjátok rá „Sakk-sarok“!

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Humor

Mi történik a Mikulással, ha karambolozik?

Szánja bánja…

A) Világos: Ke7, Bg3, Hg1, f2, g4 Sötét: Kh4, Hg5, c6 Világos indul, matt 7 lépésben!

B) Világos: Kf2, Fb8, a2 Sötét: Kh1, h5 Világos indul, matt 8 lépésben

x x x x ¤ x x x x x « x x x x x xPx x x x x x x x x x õ x x x xP x x xpŒ x x x x x x x „ x x x x x x ¿ x px x « x x x x Ï x x x x K

45

F I Z I K A – R O V A T

rovatvezető: Szatmáry Zsolt

A kitűzött feladatok

676. (Mérési feladat) Keress egy ingyenes reklámújságot! Vágj ki belőle különböző oldalhosszúságú négyzeteket (kb. 2 cm-től 25 cm-ig), majd egy na-gyon kicsit bevizezve gyúrj belőlük gömböt! Mérd meg a gömbök sugarát! Mé-rési adataidat foglald táblázatba! Vizsgáld meg az oldalhosszúságok négyzeté-nek és a gömbök sugarának köbe közti kapcsolatot! Ábrázold milliméterpapíron az értékpárokat, vagy pl. excel segítségével nyomtasd ki! Mit tudsz meghatá-rozni a grafikonról? Szatmáry Zsolt

677. Barbara nagyon szeret vitorlázni. Egyik alkalommal sűrű ködben közeledett állandó sebességgel merőlegesen a magas part felé. Úgy döntött, hogy két rövid hangjelet bocsát ki 35 s-os időközzel. Az első jel a kibocsátásától 4 s-mal, a második jel a kibocsátásától 2 s-mal később hallatszott a partról való visszaverődés miatt. Milyen messze volt a hajó parttól a két jel kibocsátásakor? A második jel visszaérkezését követően hány másodperc múlva ér a partra? (A

hang sebessége: 340 sm .) Szatmáry Zsolt

678. Gergő 65 cm2 keresztmetszetű U alakú gumicsőbe vizet töltött. Az egyik szárba 100 cm3 térfogatú tölgyfagolyót helyezett, másik szárba pedig 100 cm3 térfogatú jégkockát. Mindkét szárban megjelölte a vízszintet. Mennyi-vel és milyen irányban változik meg a vízszint az egyes szárakban a jelöléshez

képest, ha kiveszi a golyót miután elolvadt a jégkocka? (ρtölgyfa = 650 3m

kg , ρvíz =

=1000 3m

kg , ρjég = 900 3m

kg ) Szatmáry Zsolt

679. Egy óceán parti kikötőből elindult Balázs motorcsónakkal 60 h

km se-

bességgel kelet felé. Húsz perccel később Márton is elindult motorcsónakkal északi irányban. Balázs elindulásától számítva 2 óra múlva 130 km-re voltak egymástól, úgy hogy mindketten egyenes vonalban haladtak. Milyen sebesség-gel utazott Márton? Szatmáry Zsolt

680. Anikó ajándékot készít karácsonyra. Szeretné, ha minden gyertya a képen világítana. Ezért vásárol vezetéket, 6 db 0,6 W-os, 60 Ω-os zsebizzót fog-lalattal, két db 6LR61-es elemet és egy kapcsolót. Hogyan tervezze meg az

46

áramkört a kép hátára, ha szeretné, hogy felkap-csolva az izzók lehető legnagyobb fénnyel világítsa-nak? (Az egyszerűség kedvéért az elemek belső el-lenállását elhanyagoljuk.) Szatmáry Zsolt

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Az Abacus októberi számban közölt 663. feladat megoldása (helyes számolás végén) hibásan jelent meg, kerekítve h ≈1,52 cm a helyes érték. Az érintettektől elnézést kérünk.

Beküldési határidő: 2019. január 11.

A megoldásokat az alábbi címre küldjétek:

Fizika pontverseny 1437 Budapest, Pf. 774

Korábban kitűzött feladatok megoldásai 666. (Mérési feladat) Mérd meg minél pontosabban saját tested sűrűségét!

Szatmáry Zsolt

Megoldás: Ezúttal is sok, nagyszerű megoldás érkezett. A következőkben Schneider Dávid 8. o. tanuló (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) megol-dása alapján készült jegyzőkönyvet közlünk.

Mérés célja: saját testem sűrűségének meghatározása Mérés helye, ideje: otthoni fürdőszoba, 2018. 11. 07. Méréshez használt eszközök: fürdőkád, szigetelő szalag, víz, fürdőszobamérleg, fél literes mérőhenger, szülői segítség

Mérés menete: Kb. 32 -ig töltöttem a fürdőkádat vízzel, majd megjelöltem a víz-

szintet szigetelő szalaggal. Belefeküdtem a kádba, ahol ellepett a víz, majd szü-lői segítséggel bejelöltem a megemelkedett vízszintet. Kiszállás után fél literen-ként feltöltöttem a kádat a jelzésig. Ez 33 liter vízzel sikerült. Megmértem mér-legen a tömegem, 33,7 kg-nak adódott. Ezek alapján a sűrűségem: ρ =

=Vm

= 033,0

7,33 =1021,2 3m

kg . Érdekesség, hogy az interneten keresve azt találtam,

hogy egy ember sűrűsége 1010-1040 3m

kg között van.

Mérési hibaokok: - a pontatlanul feltöltött mérőhenger (66-szor fellépő hiba)

47

- a kád falán megjelölt szint és a vízszint pontatlansága (kis eltérés a jeltől visz-szatöltéskor a nagyterületű vízfelszín miatt nagy eltérést okozhat.) - a testemen maradt víz mennyisége (ezt fél liternek becsültem)

672. Luca talál a házi szertárában, két flakonban alkohol-víz keveréket. Az egyik-ből, amelyen el tudja olvasni a filctollal ráírt feliratot, hogy 30%-os alkohol-víz keverék, kiönt egy hőszigetelő falú edénybe 300 g-ot, 50 °C hőmérsékletűre melegítve, majd a másik flakonból, amelyről sajnos lekoptak a számok, hozzáönt 200 g-ot, 20 °C-osan hagyva. Megvárva a termikus kölcsönhatás végét, azt tapasztalja, hogy a keverék hő-mérséklete 37,8 °C-os lesz. Hány százalék alkoholt tartalmaz a második flakon, és hány

százalékos keveréket kapott? (cvíz = 4200 ( )Ckg

J°

, calkohol = 2400 ( )Ckg

J°

)

Szatmáry Zsolt

Megoldás: Jelölje Q1 az első illetve Q2 a második keverék által felvett (elője-les) hőmennyiséget J-ban, valamint x a második oldatban az alkohol tömegará-nyát. Mivel hőszigetelő falú az edény, ezért Q1 + Q2 = 0. Mindkét oldatban külön felírva vízre és alkoholra: cvíz ∙ m1,víz ∙ (Tk – T1) + calkohol ∙ m1,alkohol ∙ (Tk – T1) + cvíz ∙ m2,

víz ∙ (Tk – T2) + calkohol ∙ m2,alkohol ∙ (Tk – T2) = 0. Behelyettesítve: 4200 ∙ 0,7 ∙ 0,3 ∙

⋅ (–12,2) + 2400 ∙ 0,3 ∙ 0,3 ∙ (–12,2) + 4200 ∙ (1– x) ∙ 0,2 ∙17,8 + 2400 ∙ x ∙ 0,2 ∙17,8 =

= 0. Ezt megoldva x = 0,62 = 62% -ot kapott. Összeöntés után a keverékben ösz-

szesen tehát 0,3 ∙ 0,3 + 0,62 ∙ 0,2 = 0,214 g alkohol van, tehát 5,0

214,0 = 42,8% -os

keveréket kapott. 673. Vendel állandó keresztmetszetű és anyagi minőségű fémhuzalból szabályos

hatszög alakzatot forrasztott össze, majd ugyanilyen huzallal összekötötte a két (legtá-volabbi) szemközti csúcsát is. Ezekre a csúcsokra feszültséget kötött, és a csúcsba befo-lyó áramot 3,5 A nagyságúnak mérte. Mekkora áram folyik az egyes ágakban? Szatmáry Zsolt Megoldás: Mivel a huzal állandó keresztmetszetű és anyagi minőségű, ezért az ágak ellenállásai a hosszukkal egyenesen arányosak. Ha a hatszög egyik ol-dalának ellenállása R, akkor az egyes ágak 3R, 2R illetve 3R ellenállásúak. Első megoldás: felhasználjuk, hogy a párhuzamosan kapcsolt fogyasztókon át-folyó áramok fordítottan arányosak az ellenállásukkal. Tehát a 3,5 A-t kell

R31 :

R21 :

R31 arányban felosztani. Mivel az arányszámokat szorozhatjuk ugyan-

azzal a számmal, 6R-rel, az arányuk nem fog változni, ezért 2 : 3 : 2 arányban kell osztani a 3,5 A-t. Így I1 = I3 =1 A, illetve I2 =1,5 A folyik az egyes ágakban.

Második megoldás: kiszámoljuk az eredő ellenállást. eR

1 =R31 +

R21 +

R31

48

–> Re = 76 R. A rendszerre jutó feszültség, amely minden ágra ugyanannyi a pár-

huzamos kapcsolás miatt: U = I ∙ Re = 3 R. Tehát az áramerősségek: I1 = I2 = RR

33

=1 A illetve I2 =1,5 A.

674. Dóri a légpárnás sínen kísérletezik. Balról jobbra 5 s

cm sebességgel meglök

egy üres, rugóval szerelt kiskocsit, amelyik rugalmasan nekiütközik az ott álló ugyan-olyan, de nehezékkel megrakott kiskocsinak úgy, hogy az üres kiskocsi visszapattan

3 s

cm sebességgel, az álló kiskocsi pedig 2 s

cm sebességgel elindul jobbra. Hányszo-

rosa a nehezék tömege egy kiskocsi tömegének? Szatmáry Zsolt Megoldás: Jelölje m a kiskocsi illetve M a nehezék tömegét, Írjuk fel a lendü-letmegmaradás törvényét (balról-jobbra választva a pozitív irányt): m ∙ 5 = m ∙

∙(–3) + (m + M) ∙ 2. Ebből 6 m = 2 ∙ M átalakítás után mM

= 3 értéket kapjuk, tehát

3-szorosa a nehezék tömege a kiskocsi tömegének. 675. Péter és Pál gyorsasági versenyt rendeznek egy hegyen-völgyön vezető úton,

amelyet oda-vissza ugyanazon az úton haladva meg kell tenniük megállás nélkül. Péter,

aki kerékpárral megy, lejtmenetben 48 h

km -val tud menni, vízszintes úton 24 h

km -val,

emelkedőn pedig csak 16 h

km -val tud tekerni. Pálnak viszont olyan elektromos robo-

gója van, amely úttól függetlenül végig állandó sebességre képes. Egyszerre indulnak, és legnagyobb meglepetésükre egyszerre érnek vissza a rajthoz. Mennyivel ment Pál? Szatmáry Zsolt Megoldás: Elöljáróban beszéljük meg, hogy mit kérdeznek. Gondolhatnánk, hogy Péter átlagsebességét. Mivel az elmozdulása 0, hiszen visszaért a kiindu-lási pontba, ezért vátlag = 0. De valami olyasmit, hívjuk ezt a teljes útra vonatkozó átlagsebességnek! Nézzük Péter mozgását! Legyen s1 az odaúton emelkedő (visszaúton lejtő), s2 a vízszintes és s3 az odaúton lejtő (visszaúton emelkedő) szakaszok hossza km-ben. Számoljuk ki az összes megtett útnak és az összes eltelt időnek a hányadosát!

= ( )

16s

24s

48s

48s

24s

16s

sss2

321321

321

+++++

++ = ( )

48s3s2sss2s3

sss2

321321

321

+++++

++ = ( )( )

48sss4sss2

321

321

++

++ =

=4

96 = 24 h

km . Ez pont meg kell, hogy egyezzen Pál állandó sebességével, aki

ugyanennyi utat tett meg ugyanennyi idő alatt.