L U R KÓ- LO GI KA · 1 L U R KÓ- LO GI KA rovatvezető: Sinkáné Papp Mária Szüret Feladatok...

1

L U R K Ó - L O G I K A

rovatvezető: Sinkáné Papp Mária

Szüret

Feladatok csak 3. osztályos tanulóknak

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

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 hordókban?

Feladatok 3. és 4. osztályos tanulóknak

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

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

A. 1285. A szüreti mulatságon bort, illetve mustot fogyaszthattak a vendégek. Minden 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 italokból. Hány fel-nőtt vett részt a mulatságon, ha a must felét gyerekek itták meg?


A. 1286. Julcsi néni otthon mazsolát készített, szőlőt aszalt. A szőlőből két-szer annyi aranymazsola, mint fekete mazsola készült. Az aranymazsola felét, a fekete mazsola harmadát eladta a piacon, így fekete mazsolából már csak 2 kg

2

40 dkg maradt. Hány kg, dkg mazsolát készített összesen és mennyit adott el belőle 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 dézsába öntötte. Hány kg szőlőt szedtek Zsófiék? Hány dézsát töltöttek meg a leszedett 354 vödör szőlővel, ha egy dézsába 8 puttony szőlő, egy put-tonyba 6 vödör szőlő, egy vödörbe 5 kg szőlő fér?

Beküldési határidő: 2018. december 7.

A megoldásokat az alábbi címre küldjétek: Sinkáné Papp Mária 4401 Nyíregyháza 1, Pf. 332

A Lurkó-logika feladatsorait Kirschner Bernadett lektorálta.

Az októberben kitűzött feladatok megoldásai

A. 1274. A lovastáborban a lovak ápolása közben a patkolást is megfigyelhették a gyerekek. A lovardában található 24 mén harmadának, a 20 kanca negyedének patkolá-sához készült elő a patkolókovács. Előkészített 60 darab patkót és 300 darab patkósze-get. Elég lesz-e a patkó és a szeg mennyisége, ha a kiválasztott lovak mind a négy lábán cseréli a patkót, egy-egy patkóhoz 6 patkószegre van szükség?

Megoldás: A 24 mén harmada 3

24 = 8 ló, a 20 kanca negyede

420

= 5 ló.

A patkolókovács 13 ló patkolásához készült elő. A 13 lónak 13 ⋅ 4 = 52 patkóra van szükség. Ebből elég az előkészített mennyiség. Minden patkóhoz 6 patkó-szeg szükséges, 52 ⋅ 6 = 312 darab. Ebből 12-vel kevesebbet készített elő a pat-kolókovács.

A. 1275. A focitáborban a kis focisták az edzői taktikai megbeszélést követően, kis csoportokban gyakorolják a gólpasszt és a kapura lövést. Egy csoportban 3 fő: egy csatár és két középpályás játékos van. Két csatárból és négy középpályásból hányféleképpen állhat fel a két háromfős csoport?

Megoldás: Jelöljük a csatárokat betűkkel: A, B és a középpályásokat számok-kal: 1, 2, 3, 4. Táblázatban gyűjtjük össze a háromfős csoportokat:

csatár A A A A A A B B B B B B

középp. 1, 2

1, 3

1, 4

2, 3

2, 4

3, 4

1, 2

1, 3

1, 4

2, 3

2, 4

3, 4

12-féleképpen állíthatják össze a két csoportot.

3

A. 1276. A kézműves táborban a lányok nyakláncot fűznek sárga, fehér és piros gyöngyök felhasználásával. Egy lánchoz a 3 sárga – 2 fehér – 1 piros – 2 fehér gyöngy-ből álló mintát ismétlik, egymás után ötször. Legfeljebb hány azonos mintájú és nagy-ságú nyakláncot készíthetnek, ha a gyöngyös dobozban összesen 151 darab sárga, 142 darab fehér és 45 darab piros gyöngy található?

Megoldás: Egy mintához 3 sárga, 4 fehér és 1 piros gyöngy szükséges. Egy nyaklánc öt egymást követő mintából áll, ehhez: 15 sárga, 20 fehér és 5 piros gyöngy szükséges. A 151 sárga gyöngy 10 nyakláncra, a 142 darab fehér gyöngy 7 nyakláncra, a 45 darab piros gyöngy 9 nyakláncra lenne elegendő, ezért csak 7 azonos mintájú nyakláncot tudnak készíteni a lányok.

A. 1277. Berci és Marcsi fürkész táborban voltak a nyáron. A táborban hétfőn dél-után 2 órától péntek délután 2 óráig őrséget szerveztek, a kilátóból 2-2 őrszem figyelte folyamatosan – éjjel-nappal - az állatok mozgását. Az őrszemek kétóránként váltották egymást, a váltás mindig azonos sorrendben történt, Berci Marcsival a harmadik páros volt. Hányszor került sor Berciékre, ha 20 gyerek volt ezen a héten a táborban?

Megoldás: Hétfő délután 2 órától péntek délután 2 óráig 4 ⋅ 24 óra = 96 óra telik el. 2 óránként váltják egymást az őrök, ez 96 : 2 = 48 őrségidőt jelent. A 20 gye-rek 10 párban tud őrködni, Berci és Marcsi mindig a harmadik a sorban, így övék a 3., 13., 23., 33., 43. őrség. Bercire és Marcsira 5-ször került sor a héten.

A. 1278. Az indián táborban 30 gyerek sátorozott, kétszer annyi fiú, mint lány. A kis indiánokat 3 db kétszemélyes, 2 db háromszemélyes, 2 db négyszemélyes és 2 db ötsze-mélyes sátorban szállásolják el. Hányféleképpen foglalhatják el a sátrakat a gyerekek, ha egy sátorban csak azonos neműek laknak?

Megoldás: A 30 résztvevő között kétszer annyi a fiú: ∆∆, mint a lány: ∆. Látjuk, hogy ∆∆∆= 30, ebből ∆=10, 10 lány és 20 fiú volt a tábor-ban. Gyűjtsük össze, hogy a 10 lányt hányféleképpen helyezhetjük el, a többi sátor a fiúké. Hatfélekép-pen helyezkedhettek el a kis indiá-nok a 9 sátorban.

A. 1279. A nyelvi táborban négy csoportban színdarabokat próbálnak a gyerekek. Minden csoport különböző létszámú, legfeljebb 12 szereplős. Bármely két csoport sze-replőit összeadva az alábbi összegeket kapjuk: 13, 16, 17, 18, 19, 22. Hány gyerek van a nyelvi táborban, ha minden gyerek szereplő valamelyik csoportban? Hányan vannak az egyes csoportokban?

Megoldás: Jelöljük a próbáló csoportokat betűkkel: A, B, C, D, a csoportok lét-száma balról jobbra emelkedő. Amikor két-két csoport szereplőit összeadjuk:

Lányok (10 fő) Fiúk (20 fő) 1. 2 – 2 – 2 – 4 3 – 3 – 4 – 5 – 5 2. 2 – 2 – 3 – 3 2 – 4 – 4 – 5 – 5 3. 2 – 3 – 5 2 – 2 – 3 – 4 – 4 – 5 4. 2 – 4 – 4 2 – 2 – 3 – 3 – 5 – 5 5. 3 – 3 – 4 2 – 2 – 2 – 4 – 5 – 5 6. 5 – 5 2 – 2 – 2 – 3 – 3 – 4 – 4

4

A + B, A + C, A + D, B + C, B + D, C + D. Minden csoport három összegben szere-pel, ez összesen 13 +16 +18 +17+ 22 +19 =105 gyerek, ami a táborban lévő gye-

rekek számának háromszorosa. A táborban lévő gyerekek száma 3

105 = 35 fő.

A legtöbb szereplős csoport (D) 12 fős, a két legnépesebb csoport együtt 22 fő. A második legnépesebb a (C) 22 −12 =10 fős csoport. A második legnagyobb összeg a B + D =19, B = 7, A két legkisebb létszámú csoportban 13-an vannak, A + B =13, A = 6. Az egyes csoportok létszáma 6; 7; 10; 12. Ezek összege valóban 35.

A. 1280. Ábel a nyáron nomád táborban vett részt, ahol éjszakai túrát szerveztek. A túrán egyesével egymás mögött haladtak, a sor elején, a végén haladó gyereknél és Áronnál is volt lámpás. Áron előtt haladó minden harmadik gyereknél, mögötte minden második gyereknél szintén volt lámpa. Áron mögött kétszer annyian vittek magukkal lámpát, mint az előtte haladók, összesen 16 lámpás volt a túrázóknál. Hányan vettek részt az éjszakai túrán?

Megoldás: A 16 lámpásból 1 darab az Ároné, a maradék 15 lámpásból 5 az előtte, 10 a mögötte haladóknál van. Előtte, minden harmadik gyereknél van lámpa, így előtte 5 ⋅ 3 =15-en haladnak, mögötte minden második gyereknél van lámpa, ott 10 ⋅ 2 = 20-an haladnak. A túrán összesen 15 +1+ 20 = 36-an vettek részt.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Felhívás!

Pálmay Lóránt Tehetségkutató Matematikaverseny

A budapesti speciális matematika tagozatos iskolák ebben a tanévben is meg-

rendezik a Pálmay versenyt, amelyen hatodikos tanulók vehetnek részt.

A veseny időpontja: 2019. január 7.

A részletekről az iskolák honlapján tájékozódhatnak. (Budapesti Fazekas

Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium, Budapest XIV. Kerületi Szent

István Gimnázium, Berzsenyi Dániel Gimnázium, Óbudai Árpád Gimnázium)

5

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


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 forgatással egymásba vihetők.) Indokoljuk meg, hogy miért nincs további megoldás!

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


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 helye-zési számának, és senki helyezési száma sem többszöröse a rajtszámának. Mi lehetett a befutási sorrend, ha nem volt holtverseny?

B. 1303. Az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 és 10 számok közül legfeljebb hányat választhatunk ki úgy, hogy a kiválasztott számok közül bármelyik kettő különb-sége ne szerepeljen a kiválasztott számok között?

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!


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, ne legyen vessző vagy forgatással egymásba vihe-tők.) Indokoljuk meg, hogy miért nincs további megoldás!

11

5 9

12

6

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


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!

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


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 helye-zési számának, és senki helyezési száma sem többszöröse a rajtszámának. Mi lehetett a befutási sorrend, ha nem volt holtverseny?

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

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 egye-nesen fekvő négy körben a számok összege ugyanannyi le-gyen, sőt a csillag csúcsaiba írt számok összege is ezt a szá-mot adja! Néhány számot előre beírtunk a körökbe. Adjuk meg az összes megfelelő elrendezést!

C. 1419. Egy háromjegyű szám valamelyik számjegyét elhagyva egy kétje-gyű számot kaptunk, ennek a számnak valamelyik számjegyét elhagyva pedig

9

7 4

12

7

egy egyjegyű számot. Melyik lehet ez a háromjegyű szám, ha a háromjegyű, a kétjegyű és az egyjegyű számok összege 1001?


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 összege! Mekkora lehet ez az összeg? Minden S értékére adj meg egy kitöltést!

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?


A megoldásokat az alábbi címre küldjétek:

ABACUS pontverseny 1437 Budapest, Pf. 774

Az októberben kitűzött feladatok megoldásai

B. 1293. Négy testvér kapott 500 darab egyforma gyöngyöt, amelyet igazságosan szerettek volna felosztani egymás között (úgy, hogy mindenki ugyanannyi gyöngyöt kapjon). Sajnos ez elsőre nem sikerült, ezért Kati átadott Sanyinak 40 gyöngyöt, Sanyi Panninak 35-öt, és végül Panni Erikának 20-at, így minden gyereknél ugyanannyi gyöngy lett a végén. Hány gyöngyöt kaptak a gyerekek külön-külön az első osztozásnál?

Megoldás: A végén mind a négy gyereknél 125-125 gyöngy volt. Gondolkod-junk visszafelé! Pannitól Erika kapott 20-at, tehát nála előtte 105 volt, Panninál pedig 145. Sanyitól Panni kapott 35-öt, tehát nála ezelőtt 110 volt, Sanyinál pe-dig 90. Katitól Sanyi kapott 40-et, tehát előtte 50 volt nála, Katinál pedig 165.

B. 1294. Egy rendezvényre 60 résztvevőt vártak. Megbecsülték, hogy mennyi pogá-csát fognak elfogyasztani, és ennek megfelelően fejenként ugyanannyi pogácsát rendel-tek számukra. Később kiderült, hogy 10-zel többen fognak jönni várhatóan, ezért a ko-rábbi becslést érvényben tartva további 50 pogácsát rendeltek. Amikor a rendezvényre sor került, kiderült, hogy nem csak a várt +10 fő, hanem az eredetileg tervezett résztve-vők egyhatod része sem jött el. Hány pogácsát fogyasztottak el fejenként a rendezvényen részt vevők, ha mindenki ugyanannyit evett, és minden pogácsa elfogyott?

Megoldás: Mivel a 10 résztvevőre további 50 pogácsát számoltak, ezért fejen-ként 5 pogácsával kalkuláltak eredetileg. A megrendelt összmennyiség tehát

8

350 pogácsa volt. A rendezvényen a 60 fő egyhatoda, azaz 10 fő nem vett részt, így 50-en voltak, és fejenként 350 : 50 = 7 pogácsát ettek meg.

B. 1295. András felírt egy lapra négy egész számot, és a számokból képezte az ösz-szes lehetséges kéttagú összeget. Így a következő értékeket kapta: 1, 3, 6, 8, 11, 13. Adjunk meg négy olyan számot, amely együtt szerepelhet András papírján!

Megoldás: Pl. –2, 3, 5, 8 vagy –1, 2, 4, 9 megfelelő számnégyesek.

B. 1296. A QUARTO egy táblás stratégiai játék (1991), két személy játssza. Blaise Müller svájci matematikus találta ki. A játékban szereplő 16 figura mindegyike külön-bözik valamiben a többitől. A figurák négy szempont alapján is két egyforma csoportra oszthatók:

• magas vagy alacsony, • sötét vagy világos, • kerek vagy szögletes, • a teteje lyukas vagy sima.

A B C D E F G H I J K L M O PN

Hányféleképpen választhatunk ki a készletből két olyan figurát, amelyek pontosan három tulajdonságban egyeznek meg?

Megoldás: Mivel egy figurának négy tulajdonsága van, ezek közül azt az egyet, amiben eltérnek, négyféleképpen tudjuk kiválasztani. Tehát egy figurához négy olyan figurát találhatunk, amely vele pontosan három tulajdonságban egyezik meg. Ez minden figurára igaz. Figyelembe véve, hogy két megfelelő figurát két-szer is kiválasztottunk, így a megfelelő figurapárok száma 16 ⋅ 4 : 2 = 32.

B. 1297. Jancsi a dominóival játszik. A dominókon a pöttyök száma 0-9-ig változ-hat. Kiválasztott két dominót, melyek egyik felén kettővel kevesebb pötty van, mint a másik felén. Ha az egyik dominó egyik feléről áttenné az összes pöttyöt a másik dominó egyik felére, akkor egy „dupla” dominót kapna (a dupla dominó mindkét felén azonos számú pötty van). Ha az egyik dominó egyik felén levő pöttyöket áttenné a másik do-minó egyik felére, a másik felén levő pöttyöket pedig a másik dominó másik felére, akkor a céldominón további pöttyöket a szabályoknak megfelelően már nem helyezhet-nénk el. Melyik lehet a két kiválasztott dominó?

Megoldás: Az egyik dominó egyik felén két pötty van, mert a kettes különb-séget így lehet csak kiegyenlíteni. Ezen dominó másik felén 0 vagy 4 pötty van. A mindkét oldali pöttyök áthelyezésekor a céldominó mindkét oldalán 9-9 pötty lesz (mert már több nem fér rá), tehát ott eredetileg vagy 7-9, vagy 5-7 pötty

9

volt. Két megoldást kaptunk ennek megfelelően: a 0-2 és a 7-9, illetve a 2-4 és az 5-7 pöttyöket tartalmazó dominókat.

B. 1298. Hányféleképpen lehet kitölteni az ábrát az 1, 2, 3, 4, 5, 6 szá-mokkal úgy, hogy oldalban szomszédos mezőre ne kerüljön szomszédos szám?

Megoldás: Mivel a d jelű mező csak egy másik mezővel nem szomszédos, így ide csak olyan szám kerülhet, aminek csak egy számszomszédja van a fentiek közül, ezért d =1 vagy d = 6. Ha d =1, akkor a = 2, így b és c nem lehet 3. A 4, 5, 6 számok közül b és c értékét 3 ⋅ 2 = 6-féleképpen választhatjuk ki, és így e és f értékét 2-féleképpen, tehát ebben az esetben 12 lehetőség van. Hasonlóképpen 12 lehetőség van akkor is, ha d = 6. Ösz-szesen tehát 24-féleképpen lehet kitölteni az ábrát.

B. 1299. Négy testvér kapott 600 darab egyforma gyöngyöt, amelyet igazságosan szerettek volna felosztani egymás között (tehát mindenki ugyanannyi gyöngyöt kap). Sajnos ez elsőre nem sikerült. Ezért Kati megduplázta Sanyi gyöngyeinek számát a saját készletéből, Panni megháromszorozta Erika gyöngyeinek a számát a saját készletéből, végül Panni adott Sanyinak 20 gyöngyöt, Erika pedig Katinak 30-at, így minden gye-reknél ugyanannyi gyöngy lett a végén. Hány gyöngyöt kaptak a gyerekek külön-külön az első osztozásnál?

Megoldás: A végén mind a négy gyereknél 150-150 gyöngy volt. Gondolkod-junk visszafelé! Erikától Kati kapott 30-at, tehát nála előtte 120 volt, Erikánál pedig 180. Pannitól Sanyi kapott 20-at, tehát nála ezelőtt 130 volt, Panninál pe-dig 170. Panni megháromszorozta Erika gyöngyeinek számát, tehát előtte Eri-kának 60, Panninak 290 gyöngye volt. Kati megduplázta Sanyi gyöngyeinek számát, tehát előtte Sanyinak 65, Katinak pedig 185 gyöngye volt.

C. 1406. A QUARTO egy táblás stratégiai játék (1991), két személy játssza. Blaise Müller svájci matematikus találta ki. A játékban szereplő 16 figura mindegyike külön-bözik valamiben a többitől. A figurák négy szempont alapján is két egyforma csoportra oszthatók:

• magas vagy alacsony,

• sötét vagy világos,

• kerek vagy szögletes,

• a teteje lyukas vagy sima.


a

c d e

f

10

Hányféleképpen választhatunk ki a készletből két olyan figurát, amelyek pontosan két tulajdonságban egyeznek meg?

Megoldás: Mivel egy figurának négy tulajdonsága van, így ezek közül kettő eltérő tulajdonságot hatféleképpen tudunk kiválasztani. Tehát egy figurához hat olyan figurát találhatunk, amely vele pontosan két tulajdonságban egyezik meg. Ez minden figurára igaz. Figyelembe véve, hogy két megfelelő figurát kétszer is kiválasztottunk, így a megfelelő figurapárok száma 16 ⋅ 6 : 2 = 48.

C. 1407. Egy rendezvényre sok résztvevőt vártak. Megbecsülték, hogy mennyi po-gácsát fognak elfogyasztani, és ennek megfelelően fejenként ugyanannyi pogácsát ren-deltek számukra. Később kiderült, hogy várhatóan az eredetileg tervezett létszám hatodával többen fognak jönni, ezért a korábbi becslést érvényben tartva további 50 po-gácsát rendeltek. Amikor a rendezvényre sor került, kiderült, hogy nem csak hogy a várt plusz résztvevők, hanem az eredetileg tervezett résztvevők egyhatod része sem jött el. Fejenként 7 pogácsát fogyasztottak el a rendezvényen részt vevők (mindenki ugyanany-nyit evett, és minden pogácsa elfogyott). Hány fősre tervezték eredetileg a rendezvényt?

Megoldás: A tervezett résztvevők számának hatodrésze 50 pogácsát enne meg, tehát az egész eredeti csapat 300 pogácsát. A plusz emberekkel együtt tehát ösz-szesen 350 pogácsát rendeltek. 7 pogácsát ettek meg fejenként, így 50-esn vol-tak, ez a tervezett létszám 5/6 része, így a tervezett létszám 60 fő volt.

C. 1408. Egy 5 cm alapélű, négyzetes hasáb alakú rudat az alaplapjának síkjával pár-huzamosan összesen 8, nem feltétlenül egyforma darabra vágtak. A keletkezett darabok összfelszíne összesen kétszer akkora lett, mint az eredeti négyzetes hasáb felszíne. Hány cm magas volt eredetileg a hasáb?

Megoldás: A darabok felszínének összege a hét vágásnál keletkezett14 darab 5 cm oldalú négyzet területével lett több. A változás tehát 25 ⋅14 = 350 cm2, tehát az eredeti hasáb felszíne is ennyi volt. A hasáb oldallapjainak területe így 300 cm2, egy oldallap területe 75 cm2, azaz a hasáb magassága 75 : 5 =15 cm.

C. 1409. A 2018 számjegyeire igaz, hogy 22 + 0 +1 = 8. Hány olyan négyjegyű pozitív egész szám van, melyre igaz, hogy az első számjegyét az első három számjegy összegére hatványozva a negyedik számjegyét kapjuk?

Megoldás: A négyjegyű szám legyen abcd . Ha a =1, akkor d =1, mert az 1 minden hatványa 1. Ekkor b és c tetszőleges számjegyek, ezért 10 ⋅10 =100 ilyen szám van (1001, 1011, 1021, …, 1991). Ha a = 2, akkor mivel a + b + c ≥ 2, így d = 4 vagy 8 lehet. Ha d = 4, akkor b = c = 0, tehát egy ilyen szám van a 2004. Ha d = 8, akkor b + c =1, tehát b =1 és c = 0, vagy b = 0 és c =1. Két ilyen szám van (2108 és 2018). Ha a ≥ 3, akkor aa

+

b

+

c

≥ 33 +

b

+

c

≥ 27, ami tehát nem lehet az utolsó számjegy. Összesen 103 ilyen szám van.

11

C. 1410. Hányféleképpen lehet kitölteni az ábrát az 1, 2, 3, 4, 5, 6 szá-mokkal úgy, hogy oldalban szomszédos mezőre ne kerüljön szomszédos szám?

Megoldás: Mivel a d jelű mező csak egy másik mezővel nem szomszédos, így ide csak olyan szám kerülhet, aminek csak egy számszomszédja van a fentiek közül, ezért d =1 vagy d = 6. Ha d =1, akkor a = 2, így b és c nem lehet 3. A 4, 5, 6 számok közül b és c értékét 3 ⋅ 2 = 6-féleképpen választhatjuk ki, és így e és f értékét 2-féleképpen, tehát ebben az esetben 12 lehetőség van. Hasonlóképpen 12 lehetőség van akkor is, ha d = 6. Ösz-szesen tehát 24-féleképpen lehet kitölteni az ábrát.

C. 1411. A 2, 3, 5, 6, 7 számjegyek valamelyikét kétszer, a többit egyszer felhasz-nálva 3 db kétjegyű prímszámot alkotunk. Mennyi ezek összege?

Megoldás: Kétjegyű prím nem végződhet se páros számjegyre, se 5-re, így a 2 és az 5 csak a tízesek helyén állhat, és párjuk csak a 7 vagy a 3 lehet. Mivel 27 és 57 egyike sem prím, ezért 23 és 53 a két megalkotott prímszám. Így a 6 párja a 7 lett, a készíthető prímszám a 67. Tehát a 3 prímszám összege: 23 + 53 + 67 = = 143.

C. 1412. A QUARTO egy táblás stratégiai játék (1991), két személy játssza. Blaise Müller svájci matematikus találta ki. A játékban szereplő 16 figura mindegyike külön-bözik valamiben a többitől. A figurák négy szempont alapján is két egyforma csoportra oszthatók:

• magas vagy alacsony,

• sötét vagy világos,

• kerek vagy szögletes,

• a teteje lyukas vagy sima.


Hányféleképpen választhatunk ki a készletből két olyan figurát, amelyek pontosan kettő vagy pontosan három tulajdonságban egyeznek meg?

Első megoldás: Mivel egy figurának négy tulajdonsága van, így ezek közül kettő eltérő tulajdonságot hatféleképpen tudunk kiválasztani, egyet pedig négy-

a b

c d e

f

12

féleképpen. Tehát egy figurához tíz olyan figurát találhatunk, amely vele ponto-san kettő vagy három tulajdonságban egyezik meg. Ez minden figurára igaz. Figyelembe véve, hogy két megfelelő figurát kétszer is kiválasztottunk, így a megfelelő figurapárok száma 16 ⋅10 : 2 = 80.

Második megoldás Összesen 16 ⋅15 : 2=120-féleképpen választhatunk ki két fi-gurát, melyeknek lehet 0, 1, 2, 3 közös tulajdonsága (4 közös tulajdonság nem lehet ☺). Mivel egy figurának négy tulajdonsága van, így ezek közül egy közös tulajdonságot négyféleképpen tudunk kiválasztani. Ekkor a nem választott tu-lajdonság éppen „ellentétes” kell, legyen, így kapunk egy-egy megfelelő párt. Tehát egy figurához négy olyan figurát találhatunk, amely vele pontosan egy tulajdonságban egyezik meg. Ez minden figurára igaz. Figyelembe véve, hogy két megfelelő figurát kétszer is kiválasztottunk, így a megfelelő figurapárok száma 16 ⋅ 4 : 2 = 32. Olyan figurapárból 8 van, melyekben nincs közös tulajdon-sága a figuráknak.120 − (32 + 8) = 80 olyan figurapár van, amelyben a figuráknak éppen két közös tulajdonságuk van.

C. 1413. Az ABC háromszög AB, BC és CA oldalain rendre vegyük fel úgy a P, Q és R pontokat, hogy AP = AR, BP = BQ és CQ = CR feltételek teljesüljenek. Egy adott ABC háromszög esetén hány ilyen P, Q, R ponthármas létezhet?

1. megoldás: Bármilyen háromszög esetén egyetlen ilyen P, Q, R ponthármas létezik. Vegyük fel P és R pontokat az AB, illetve AC oldalakon az A ponthoz nagyon közel úgy, hogy teljesüljön az AP = AR feltétel. Ha elegendően közel vesszük fel A csúcshoz a P és R pontokat, akkor a (háromszög egyenlőtlenség miatt) a PB és RC szakaszok hosszának összege nagyobb lesz BC oldal hosszá-nál. Ha a P és R pontokat egyenletesen egyre távolabb visszük az A csúcstól a megfelelő oldalon, akkor a távolságok folyamatos változása miatt lesz egyetlen olyan helyzet, amikor a BP és CR szakaszok összesen olyan hosszúak lesznek, mint a BC oldal. Ekkor megtaláltuk az egyetlen megfelelő P és R pontot, illetve Q-t úgy, ha pl. BP szakaszt felmásoljuk a BC oldalra B-ből.

2. megoldás: Bármilyen háromszög esetén egyetlen ilyen P, Q, R ponthármas létezik. Jelölje a háromszög oldalainak hosszát a, b, c, valamint legyen x = AP = AR, y = BP = BQ és z = CQ = CR.

Megoldandó az

=+

=+

=+

bxz

azy

cyx

egyenletrendszer.

13

A három egyenletet összeadva és 2-vel elosztva kapjuk, hogy x + y + z=

= 2

cba ++ , ahonnan x = 2

acb −+ , y = 2

bca −+ és z = 2

cba −+ . A háromszög

egyenlőtlenség miatt mindhárom kifejezés pozitív értékű, így az egyenletrend-szernek pontosan egy megoldása van.

Megjegyzés: a PQR ponthármas a háromszög beírható körének érintési pontjai.

A Matematikai pontverseny feladatsorait és megoldásait Czirkos Angéla lektorálta.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

F A K O P Á N C S

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

A Fakopáncs boltok címe:

♦ 1088 Budapest, Baross u. 46. ♦ 1088 Budapest, József krt. 50. Tel.: 1/337-0992; 1/333-1866; Tel./Fax: 1/337-8448

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Könyvajándék

Egy családban az volt a szokás, hogy a gyermekek a tanév végén könyveket

kaptak ajándékba, mindegyik annyit, ahányadik osztályt éppen befejezte. Hár-

man voltak a gyerekek, és már mind iskolába jártak, amikor egy szép nyári na-

pon összeszámolták a könyveiket. Összesen 25 könyvük volt. Mely osztályokat

fejezték be a gyerekek?

A fejtörő megoldása a 19. oldalon olvasható. Logikai egypercesek – Trükkös feladványok

14

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 megoldást az újságban is elkészítheted, ebben az eset-ben másold át egy négyzethálós lapra, esetleg fénymásold ki az újságból, és küldd el címünkre! A beküldött megoldá-son tüntesd fel a neved, az osztályod és a nevezéskor használt sorszámot! Csak az ezekkel az adatokkal ellátott megfejtések vesznek részt a versenyben. A megoldást ugyanerre a címre küldendő más rovat megoldásával is beküldheted.

Jó szórakozást a feladványhoz!

Beküldési cím: MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585


4 2 8 1 5 7 3 6 9

5 1 9 3 8 6 7 2 4

7 6 3 9 2 4 5 1 8

9 7 5 2 3 1 4 8 6

8 3 2 4 6 9 1 7 5

6 4 1 5 7 8 2 9 3

3 9 6 7 1 5 8 4 2

1 5 4 8 9 2 6 3 7

2 8 7 6 4 3 9 5 1

1. ábra

8 2

7

2 6 5 8 1

8 9 3

2 6

1 4 7

2 5 4

7 2 3

9 5

2. ábra

15

S Z Á M R E J T V É N Y E K

rovatvezetők: Mikulás Zsófia és Sebe Anna

Az októberben kitűzött Kakuro rejtvény reméljük sokatoknak sikerélményt okozott. A megfejtés az 1. ábrán látható.

Ebben a hónapban a 2. ábrán látható „méhkaptárt” kell kitölteni az 1-7 számjegyekkel úgy, hogy minden sorban, oszlopban és átló-ban minden számjegy csak egy-szer szerepeljen.

A feladványt letölthetitek a www.mategye.hu honlapról is. A letöltés a nevezéshez használt sor-szám és jelszó beírása után lehet-séges. A beküldött megoldáson feltétlenül legyen rajta a neved, az évfolyamod és a nevezéskor hasz-nált sorszámod, hogy értékelni tudjuk! A megoldást ugyanerre a címre küldendő más rovat megol-dásával is beküldheted.

Ismét felhívjuk mindenki figyelmét arra, hogy aki nem nevezett be a pontversenyekre, an-nak beküldött megoldásai nem kerülnek értéke-lésre.

Kérlek Titeket, hogy ne küldjetek válaszborí-tékot, mert a helyes válaszokat mindig közöljük a következő számban.

Jó szórakozást a megoldáshoz!

A feladvány beküldési címe:

MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585


17

30

16 9 7

4 3

16 23

14 8 6 4 3 1 24

7

6

4 15 9 6 23 8 3 1 2 9 4 1 3

6 16

16 7 9 13 3 9 1 21 8 7 4 2

17

17

19 8 9 2 4

27 8 7 9 2 1

17

9 8 1 20 3 8 9 7

16

3

24

7

4

12 2 1 9 13 4 9 7 23

24 7 4 3 9 1 4

101 7 2 16 11

17 8 2 1 6 16

10 3 5 2 10 1 9 17 10 9 1 27 8 7 9 1 2

16

11 4 7

17 9 8 12 3 9 8 1 7

1.ábra

1 2

34

5

6

78

?9

2. ábra

1

5

6 2

4 6

4

5 1 7

3

16

Felvételi gyakorló feladatsor 6. osztályosoknak

Magyar Zsolt (Budapest)

A hatosztályos felvételi minél sikeresebb megoldásához szeretnénk segítsé-get nyújtani a felvételiző hatodik osztályos tanulóknak azzal, hogy az újságban a központi felvételikhez hasonló gyakorló feladatsorokat jelentetünk meg.

A felvételire úgy lehet eredményesen felkészülni, ha ezt a feladatsort a fel-vételihez hasonló körülmények között, önállóan oldod meg. A megoldókulcs az újság következő számában jelenik meg.

A közölt feladatsor elsődleges célja, hogy a felvételiben szereplő feladatok-hoz hasonló jellegű feladatokkal gyakorlási lehetőséget biztosítson. Ha valaki nem tudja az összes feladatot megoldani 45 perc alatt, az nem baj, hiszen ebből a szempontból nem tudtuk tesztelni a feladatsor összetételét, inkább a feladatok sokszínűségét és tartalmi gazdagságát tartottuk szem előtt.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Gyakorló feladatsor I.

A megoldásra fordítható idő 45 perc.

A megoldás során számológépet nem lehet használni.

1. Végezd el a kijelölt műveleteket!

a) 32 – (–15) : 3 =........................... b) 12 + 3 ⋅ 5 = ................................. c) 120 : (14 + 6) ⋅ 3 = ......................

d) 82 ⋅ 1,2 = ...................................

e) 3,6 +

5

2 = ..................................

2. Két kiállítás zajlott egy múzeumban, mindkettőn rögzítették a látogatók szá-mát egy hét minden napján. Az eredményeket a táblázatban láthatjuk. (Hétfőn a múzeumok zárva vannak.)

Kedd Szerda Csütörtök Péntek Szombat Vasárnap Hazánk kincsei 370 260 260 580 420 630

Népi hagyományok

450

210

360

540

560

720

17

a) Melyik napon volt a legkisebb a különbség a két kiállítást látogatók száma között? ............................................................................................................

b) Melyik napokon voltak többen a Hazánk kincsei kiállításon, mint a Népi ha-gyományok kiállításon? ...................................................................................

c) Hány olyan nap volt, amikor a két kiállítás látogatóinak száma között leg-alább 100 volt az eltérés? ................................................................................

d) Ha a Hazánk kincsei kiállításra 600 Ft, a Népi hagyományok kiállításra 750 Ft volt egy belépő, akkor mennyi volt a két kiállítás összbevétele csütörtökön? ...................................................................................................

e) Melyik napokon haladta meg a két kiállítás látogatói számának átlaga a 400-at? ............................................................................................................

3. Pótold a hiányzó mérőszámokat!

a) 12 m2 +1350 dm2

= ............. m2

b) 3,5 óra + 1800 másodperc = ............. perc

c) 2 kg + ........................ dkg = 2345 g

d) 23 dm3 + 150 dl = ........... liter

e) 3650 m = 3 km + ............. dm

4. Tedd ki a megfelelő relációs jeleket (>, <, =) a kifejezések közé a téglalapba!

31

52

+ 51

32

−

523 ⋅ 3

49 :

127)3( −⋅− 2431

21

⋅

−

5. Kati rajzolt egy négyzetet. Megjelölt a négyzetben hat pontot: a négyzet csú-csait, az egyik oldalának felezőpontját és az átlóinak a metszéspontját. A hat pont közül hármat ki fog választani úgy, hogy azok egy háromszög három csú-csát határozzák meg. A kapott háromszögre vonatkoznak az alábbi állítások. Döntsd el, hogy egy adott állítás biztosan igaz, vagy lehet, hogy igaz, de nem biztos, vagy pedig lehetetlen. Tegyél a megfelelő oszlopba X jelet!

18

Biztosan igaz

Lehetséges, de nem biztos

Lehetetlen

a) A háromszögnek minden oldala egyenlő.

b) A háromszögnek van derékszöge. c) A háromszög belső szögeinek ösz-szege 180 fok.

d) A háromszög két oldala egyenlő. e) A háromszög egyik oldala kétszer akkora, mint egy másik oldala.

6. Nándi minden reggel vonattal jár iskolába. Két vonat van, amellyel beérhet az iskolába. Ha a korábbi vonattal jön, akkor 45 perccel a tanítás kezdete előtt ér be. Ha a későbbi vonattal, akkor 10 perccel a tanítás kezdete előtt ér be.

a) Hány perccel a tanítás előtt ér be Nándi, ha a korábbi vonattal jön, és az 20 percet késik? ..............................................................................................

b) Hány percet késik Nándi az iskolából, ha a későbbi vonattal jön, és az 15 percet késik? ..............................................................................................

c) Szerdán Nándi a korábbi vonattal szeretett volna jönni, de az kimaradt, így viszont a későbbi vonat indulását előrehozták 15 perccel. A vonat kivételesen nem késett, így Nándi 7 óra 5 perckor ért be az iskolába. Hány órakor kezdődik a tanítás? .........................................................................................................

d)Pénteken később kezdődött a tanítás, ezért Nándi busszal ment az iskolába. A busz menetrend szerint 30 perccel később indul, mint a második vonat. A busz azonban a tervezetthez képest 20 perccel később indult motorhiba miatt, így Nándi 10 percet késett az iskolából. Mennyivel később kezdődött a tanítás pén-teken, ha a busz és a vonat menetideje azonos? ................................................

7. Pisti négy darab 2 cm élhosszúságú kockát összera-gasztott. A kapott test magassága az asztalra helyezve 2 cm, felülnézete az ábrán látható.

a) Mennyi a test térfogata? ...........................................

b) Mennyi a test felszíne? .............................................

Négy ilyen testből hézagmentesen összeállított egy téglatestet.

c) Mekkora a téglatest térfogata? ....................................................................

d) Mekkora a téglatest legrövidebb élének hossza? .........................................

19

e) Mekkora a téglatest leghosszabb élének hossza? .........................................

8. A 2018 olyan szám, amelyben az utolsó három számjegy összege 9, és az utolsó számjegy az első számjegy négyszerese. Sorold fel az összes ilyen tulaj-donságú négyjegyű számot! (A 2018-at már felsoroltuk.)

2018; .............................................................................................................

9. Egy pozitív egész számot emelkedőszámnak nevezünk, ha a számjegyei egy-gyel növekednek balról jobbra haladva (emelkedőszám például a 45678), és lej-tőszámnak nevezzük, ha a számjegyei eggyel csökkennek balról jobbra haladva (lejtőszám például a 87 654).

a) Melyik a legkisebb pozitív egész szám, amelyet a 2018-hoz adva emelkedő-számot kapunk?...............................................................................................

b) Melyik a legnagyobb negatív egész szám, amelyet a 2018-ból kivonva lejtő-számot kapunk?...............................................................................................

c) Melyik a legnagyobb emelkedőszám? ........................................................

d) Melyik a legkisebb ötjegyű lejtőszám? .......................................................

10. Egy asztalon játékkorongok vannak, melyek egyik oldala piros, a másik kék. Néhány korong a piros oldalával van felfelé, néhány korong pedig a kék oldalá-val. 40-nel több piros korongot látunk, mint kéket. Ha a pirosak negyedét meg-fordítanánk, akkor pont annyi kék lenne, mint piros.

a) Hány piros korong látható eredetileg? .........................................................

b) Hány kék korongot kellene megfordítani, hogy 5-ször annyi piros legyen, mint kék? ........................................................................................................

c) Ha megfordítanánk a piros korongok felét és a kék korongok felét is, akkor hány piros és hány kék korongot látnánk? ........................................................

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Fejtörő megoldása

Az évek múlásával a következőképpen alakulna egy gyermek könyveinek száma: 1, 3, 6, 10, 15, 21. Tehát ezen számok közül kell hármat kiválasztani úgy, hogy azok összege 25 legyen: 1+ 3 + 21, azaz most végezték el az 1., 2. és 6. osztályt.

A feladvány szövege a 13. oldalon olvasható.

20

NÉGYOSZTÁLYOS FELVÉTELI

Számadó László (Budapest)

A négyosztályos felvételi minél sikeresebb megoldásához szeretnénk segít-séget nyújtani a nyolcadik osztályos tanulóknak azzal, hogy az újságban a köz-ponti felvételikhez hasonló gyakorló feladatsorokat jelentetünk meg.

A felvételire úgy lehet eredményesen felkészülni, ha ezt a feladatsort a fel-vételihez hasonló körülmények között, önállóan oldod meg. A megoldókulcs az újság következő számában jelenik meg.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Gyakorló feladatsor III.

A megoldásra fordítható idő 45 perc.

A megoldás során számológépet nem lehet használni.

1.

a) A = az ötvennél kisebb, legnagyobb 13-mal osztható szám.

A = ...............................................

b) B = a (– 49) és a (+51) közötti páros számok összege.

B = ...............................................

c) Ha 54

43

32

21

100+⋅+=

C , akkor

C = ...............................................

d) D = (–2,54) – (–3) + (– 0,46)

D = ..............................................

2. Pótold a mondatokban a hiányzó mennyiségeket! a) Vettem 2 kg almát, 25 dekagramm sonkát, ……… kg hagymát, 500 gramm paradicsomot, és ez összesen 4000 g.

21

b) Egy paralelogramma nagyobb szöge ……………. , a kisebb szöge pedig 30°17’ nagyságú.

c) Másfél liter tea található a teáskannában. A kanna tartalmának felével meg-töltöttem két 2,6 deciliteres csészét, valamint egy ……… milliliteres poharat.

d) A teljesítménytúrázó az adott távot fél nap meg fél óra meg fél perc alatt, azaz ……… másodperc alatt teljesítette.

3. Az ábrán látható piramisok építőköveire írd rá a 10 különböző számjegyet az alábbi feltételeknek megfelelően! - A piramis alsó sorában, növekedő sorrendben beírt számjegyek összege 30. - A 0 nem lehet a piramis szélén. - Minden sor páratlan számjegyre végződik. - A 4-es számjegy a nullát tartalmazó sorban van.

Lehet, hogy több ábra van, mint amennyire szükséged lesz!

Vigyázz! Ha a megoldásaid között hibás is szerepel, azért pontot vonunk le!

4. Az alábbi oszlopdiagram egy hét öt munkanapjának napi mi-nimum és maximum hőmérsék-letét mutatja.

a) Mekkora szerdán a hőinga-dozás? .....................................

b) Mekkora ezen az öt napon a maximumhőmérsékletek átlaga? ..........................................

5

10

1. 2. 3. 4. 5. napok

C°

22

c) Melyik nap mérték a leghidegebbet?...........................................................

d) Szombaton és vasárnap a minimumhőmérséklet egyenlő volt, és így az egész heti minimumok átlaga 5 °C. Mennyi volt vasárnap a minimumhőmérséklet? Röviden írd le a számolás menetét is! ..............................................................

5. Az egyik matematikaórán a matematikatanár többek között a következő igaz állítást mondta: Minden téglalap paralelogramma, de nem minden paralelogramma téglalap. A következő órai dolgozatban a diákok is sok állítást megfogalmaztak, ezekből idézünk néhányat. Döntsd el, hogy melyik igaz, melyik hamis!

a) Van olyan téglalap, amelyik nem paralelogramma. Igaz – Hamis b) Van olyan paralelogramma, amelyik téglalap. Igaz – Hamis c) Van olyan paralelogramma, amelyik nem téglalap. Igaz – Hamis d) Minden téglalap paralelogramma. Igaz – Hamis e) Nincs olyan téglalap, amelyik paralelogramma. Igaz – Hamis f) Nincs olyan paralelogramma, amelyik nem téglalap. Igaz – Hamis

6. Az ABCD téglalap átlóinak metszéspontja O, és AOD háromszög szabályos. A téglalap AD oldalának az A csúcshoz közelebbi harmadolópontja P, a BC ol-dalának a C csúcshoz közelebbi harmadolópontja pedig Q. (Az ábra csak vázlatrajznak tekinthető.) A megadott pontok felhasználásával válaszolj!

a) Adj meg egy olyan egyenlőszárú háromszöget, amelynek van 30°-os szöge!

......................................................................................................................

b) Adj meg egy derékszögű trapézt, amely nem téglalap! ................................

......................................................................................................................

c) Adj meg egy nem szabályos, nem derékszögű, nem tompaszögű háromszö-get, melynek van 60°-os szöge! .......................................................................

d) Adj meg egy 12,4 cm hosszú szakaszt, ha a BC szakasz hossza 6,2 cm!

......................................................................................................................

7. Az x és y valós számok között a következő összefüggés áll fenn:

572 −y

=14 – 3x.

A

P

D

B

Q

C

O

23

a) Mennyi az x értéke, ha y =16? Írd le a számolás menetét is! ........................

......................................................................................................................

b) Mennyi az y értéke, ha x = 35 ? Írd le a számolás menetét is! ........................

......................................................................................................................

8. Az ábrán látható szürke síkidomot nyolc darab szabályos nyolc-szög összeillesztésével kaptuk. A belső határvonalánál 64 cm-rel hosszabb a külső határvonala. Mekkora egy szabályos nyolcszög kerülete? Válaszodat röviden indokold is! ....................................

9. Lekvár készítéshez háromféle zselésítő porból választhatunk. A felhasználási javaslat szerint a gyümölcs és a cukor mennyisége egy zacskó zselésítő esetén a következő: Az A zselésítőnél: 1,5 kg gyümölcs, 0,2 kg cukor. A B zselésítőnél: 1,5 kg gyümölcs, 0,25 kg cukor. A C zselésítőnél: 1,25 kg gyümölcs, 0,5 kg cukor. (A zselésítő mennyisége a gyümölcs és a cukor mellett elhanyagolható a számo-lásainkban.)

a) Hány kilogramm gyümölcsre és hány kilogramm cukorra lesz szükségünk, ha mindhárom zselésítőből van egy-egy zacskóval? ........................................ b) Hány kilogramm lekvárt kapunk, ha 4 zacskó A zselésítőt használunk?....... c) Hány kilogramm gyümölcsöt kell összekevernünk 1,5 kg cukorral, ha a B zselésítőt használjuk? .................................................................................. d) Mennyi cukor kell 10,5 kilogramm lekvárhoz a C zselésítő használatakor?

.....................................................................................................................

10. Három téglatest alakú dobozt illesztettünk össze az áb-rán látható módon. Az így kapott test három élének hossza: a = 4,5 cm, b = 7,5 cm, y = 3,5 cm. Az ábra csak tájékoztató jellegű, nem méretarányos. Írd le mindkét esetben a szá-molás menetét is!

a) Mekkora az építmény térfogata? ....................................

.....................................................................................................................

b) Mekkora a doboz felszíne? .........................................................................

.....................................................................................................................

ay

b

x

z

24

NÉGYOSZTÁLYOS FELVÉTELI

Gyakorló feladatsor II. 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) 5 1 pont b) 0 1 pont

c) C = 3071 2 pont

Ha a zárójelben szereplő különbségre 3011

− adódott, akkor 1 pont.

Ha a válasz vegyes szám alakban van megadva, akkor is jár a pont.

d) D =108 1 pont

2. a) 22 000 1 pont b) 53; 48 1 pont

c) 1160 1 pont d) 2,27 1 pont

3.

5 3 4 7 5 4 3 7 5 2 6 7 5 6 2 7

4 2

5

6 8 4 6 2 8 3 2 6 9 3 6 2 9 5 pont

A különböző, de jó válaszok számánál 1-gyel kevesebb a pontszám. Hibás kitöltés esetén összesen 1 pontot kell levonni. A tanuló 0-nál nem kaphat kevesebb pontot.

4. a) 6. 1 pont b) 4. 1 pont c) 3. 1 pont d) 15 1 pont

5. a) 5 1 pont b) 198 2 pont c) A 90 darab kétjegyűhöz 180 db számjegy kell. 1 pont

25

A három egyjegyűhöz és a 100-hoz 6 db. 1 pont Összesen: 186 db. 1 pont

6. a) Mivel 22 = 7 · 3 +1, ezért 1 pont 7 db. 1 pont b) Nem, mert ekkor 1 pont a kétkerekűek száma 2 · 7, és így nincs összesen 66 kerék. 1 pont c) Ha az egykerekűek száma 3-nál több, akkor 66-nál több a kerekekszáma, ha az egykerekűek száma 3-nál kevesebb, akkor 66-nál kevesebb a kerekek száma. 1 pont Ha az egykerekűek száma 3, akkor a kétkerekűek száma 3 · 7. (Ekkor összesen 66 kerék van.) 1 pont Vagyis 3 + 21+ 7 = 31 jármű van összesen a boltban. 1 pont

7. a) C 1 pont b) C 1 pont c) D 1 pont d) C 1 pont

8. a) Alkalmazható a Pitagorasz-tétel. 1 pont Mindkettő 5 cm. 1 pont b) PCDE négyszög minden oldala 4 cm, és van derékszöge, ezért négyzet. 1 pont Vagyis EC = PD. 1 pont c) Egy négyzet és három derékszögű háromszög területének az összege: 1 pont (16 + 6 + 6 + 4,5 =) 32,5 cm2. 1 pont

9. a) Egy kisnégyzet területe 36 cm2, ezért 1 pont (9 + 4 + 9 + 4) · 36 = 936 cm2. 1 pont b) (4 · 6) · 36 = 864, ezért 8,64 dm2 1 pont

c) 3213 1 pont

d) 22 1 pont

10. a) 8 1 pont b) 4 1 pont c) A pontosan két festett lapú kiskockából 6-tal több van. 2 pont

26

M e g h ö k k e n t ő f e l a d a t o k

1. feladat: Legkevesebb hányszor kellene egy hatalmas méretű, téglalap alakú

papírlapot félbehajtani, hogy az így kapott hajtogatott papír elérjen a Földtől a

Holdig, ha a papírlap vastagsága 0,1 mm és a Föld Hold távolsága 384 400 km?

(A hajtogatás a valóságban nem végezhető el.)

Megoldás: Kiszámíthatjuk, hogy a téglalap alakú papírlapot legkevesebb 42-szerkell félbehajtani ahhoz, hogy az így kapott hajtogatott papírlap elérjen a Földtől a Holdig. Először minden tanulóval becsültessük meg az eredményt, majd közöljük a jó megoldást, végül számítsuk ki az eredményt.

2. feladat: Hány lába van összesen egy tyúknak, hat kutyának és hét palpigradi-

nak? (A palpigradi egy állat latin neve.)

(A) 46 (B) 52 (C) 66 (D) 78 (E) 82

Megoldás: A felsorolt válaszok közül csak a 82-re igaz, hogy kivonva belőle az egy tyúk és a hat kutya lábai számának összegét 7-tel osztható számot kapunk, ezért egy tyúknak, hat kutyának és hét palpigradinak összesen 82 lába van.

3. feladat: Két apa, és két fiú elmentek horgászni. Összesen 21 halat fogtak,

mindenki ugyanannyit. Hány halat fogtak fejenként?

Megoldás: Hárman horgásztak: nagyapa, a fia és az unokája.

4. feladat: Egy öreg és egy fiatal indián tábortűznél ülnek és pipázgatnak. Egy

idő után feláll először az öreg indián, majd a fiatal indián, és elszaladnak a fo-

lyóhoz. Először az öreg indián, utána a fiatal indián ül be a kenuba, majd ki-

eveznek a tó közepére. Itt megszólal az öreg indián, és a következőt mondja a

fiatal indiánnak:

-Te a fiam vagy, de én nem vagyok a te apád.

Hogyan lehetséges ez?

Megoldás: Az öreg indián a fiatal indián anyja.

27

L O G I - S A R O K

rovatvezető: Tuzson Zoltán

A kitűzött feladványok

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

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

84129, 32418, 47632, 36119, 67626, 72927

L. 504. Helyezd el a megadott elemeket az áb-rában úgy, hogy minden sorban, minden oszlop-ban és a két átló mentén csakis különböző számok szerepeljenek. Az egyes elemeket sem tükrözni, sem elforgatni nem szabad!

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: [email protected], [email protected]

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

A korábban kitűzött feladványok megfejtése

L. 499. Melyik a kakukktojás, vagyis melyik ábra nem talál a többivel?

Megfejtés: A kakukktojás a B, ugyanis ezt kihagyva, a többi esetben rendre az órák nagymutatója az óra járásának irányában 45°-ot, a kismutatója pedig ugyancsak az óra járásának irányában 90°-ot halad előre.

L. 500. Milyen számjegyeket írjunk a kérdőjelek helyére? Indokold is meg a válaszodat!

8

6

12

9

8 18 10

6

?

1 34241

31

243 22

413

A B C D E F

� � � � � ��

9, 19, 40, ??, 170

28

Megfejtés: Vegyük észre a következő szabályt 2 × 9 +1=19. 2 × 19 + 2 = 40, 2 × 40 + 3 = 83, 2 × 83 + 4 =170 vagyis éppen a 83 talál. ☺

L. 501. Töltsd ki az ábrát oly módon, hogy minden sorba és oszlopba pontosan egy A, egy B és egy C betű, valamint egy üres mező kerüljön. A há-lózat szélén álló betűk azt jelzik, hogy az adott sor-ban (oszlopban) a betű irányából haladva milyen betűvel találkozunk először.

Megfejtés: Egy megoldás a mellékelt ábrán látható.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Miért didergünk?

Mindenki tapasztalta már, ha egyidejűleg egyik kezünket hideg, a másikat meleg vízbe mártjuk, majd kis idő elteltével két kézzel langyos vízbe nyúlunk, akkor más-más hőmérsékletet érzékel a két kezünk. Ebből az egyszerű kísérletből arra lehet következtetni, hogy hőreceptoraink nem a hőmérséklet konkrét értékére, hanem annak változására érzékeny. Hőreceptoraink a bőr hámrétege alatt és a nyálkahártyában található idegvégző-dések, melyek az agy hőközpontjába továbbítják az ingereket. Ezek sűrűsége a testünk egyes részein igen különböző. Összesen kb. 250 000 hidegpont és kb. 30 000 melegpont érzékelővel rendelkezünk. Érdemes megjegyezni, hogy egy átlagos ember testének napi hőtermelése nyu-galom esetén kb. 10 kJ. Ennek 2/3 része a harántcsíkolt izmokban végbemenő kémiai reakciókból, egyharmad része pedig a szív munkájából adódik. Ezért le-het fázás esetén a test hőtermelését mozgással, pl. ugrálással fokozni. A didergő reszketés is a szervezet hőtermelésének fokozását szolgálja. Testhőmérsékletünk lázkeltő anyagok hatására is emelkedhet. Ha betegség kö-vetkeztében a vérben bizonyos kémiai anyagok felhalmozódnak, az agyban lévő hőközpont működésbe hozza a hőszabályozás összetett mechanizmusát és be-következik a lázas állapot, melyet hűtőfürdővel vagy gyógyszerezéssel lehet csökkenteni.

Gondoltad volna? Már Hippokratész is foglalkozott a testhőmérséklet változásainak megfigyelé-sével. Bonifert Domonkosné-Schwartz Katalin: Lyukasóra fizikából

A

AB

C

A

BC

C

AB BC

AB B C

A

BC

CAB B C

AB BC

A

BC

C

C

29

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. 339. Létezik-e három páronként különböző a, b és c pozitív egész szám úgy, hogy az a + b + c szám és az a ⋅ b ⋅ c szám is egy-egy pozitív egész szám négyzete legyen?

MP. 340. Két különböző x és y valós számra teljesül, hogy x2 – 2019x =

= y2 – 2019y. Mekkora az x és y valós számok összege?

Jó munkát kívánok!

A megoldások beküldési határideje: 2018. december 7.

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

Korábban kitűzött feladatok megoldásai

MP. 335. Egy diák hat különböző mozielőadás közül csak kettő megtekintésére tud időt szakítani. Hányféleképpen választ-hatja ki az előadásokat, ha a hat előadás közül kettő ugyanabban az időpontban van?

1. Megoldás: Legyen a mozielőadások jelölése A, B, C, D, E, F! Ezek közül A és B egy időpontra esik, tehát együtt nem választhatók. Az alábbi táblázat tartalmazza, hogy hányféle-képpen választhatja ki a diák a két előadást. Tehát 14-féle-képpen választhatja ki az előadásokat.

Fejérvári Réka 6. osztályos tanuló (Győr, Péterfy Sándor Evangélikus Gimn.) megoldása.

2. Megoldás: Az előadásokat jelöljük A, B, C, D, E, F betűkkel! Az azonos időpontokban megtekinthető előadá-sok: A és F. Ugyanaz a film nem lehet ugyanazzal, mert egy időben vannak. Ezért a megfelelő átló mezőit kihagy-juk, másrészt az átló alatti mezőket is kihagyjuk, mert a filmnézés sorrendje nem számít. Ha számítana, akkor két-szer annyi lehetőség lenne. A táblázatban i betűvel jelöltük meg azon mezőket, amelyek két megfelelő film megtekintését jelenti, míg az n azt jelenti, hogy az

14.13.12.11.10.9.8.7.6.5.4.3.2.1.

A B C D E F++++

++++

+

+

+++

+

+

+

++

+

+

+

+

+

+

+

+

++

A B C D E FABCDEF

i i i i ni i

iiii

iiii

n

30

A és az F előadásokat nem lehet egyszerre megnézni, mert azonos időpontban vannak. Mivel 14 darab i betűt számolhatunk össze, ezért 14-féleképpen választ-hatjuk ki az előadásokat, ha a 6 előadás közül kettő ugyanabban az időpontban van. Virág Luca 5. osztályos tanuló (Budapest, Móra Ferenc ÁI., XIV. kerület) megoldása.

3. Megoldás: Jelöljük az előadásokat a következő betűkkel: A; B; C; D; E és F! Tegyük fel, hogy az A és B előadás ugyanabban az időpontban van! Ekkor két előadás a következő módokon választható ki: AB; AD; AE; AF; BC; BD; BE; BF; CD; CE; CF; DE; DF és EF. Ez összesen 14 lehetőség, azaz a diák 14-féleképpen választhatja ki az előadásokat.

Lőrincz László Lénárd 4. osztályos tanuló (Pápa, Tarczy Lajos Ált. Isk.) megoldása.

4. Megoldás: Tegyük fel, hogy minden előadás különböző időpontban van!

Ekkor2

56 ⋅ =15-féleképpen választható ki a 2 előadás. Hiszen az első előadást

6-féleképpen választhatjuk ki, míg a második előadást már csak 5-féleképpen. Ez 6 ⋅ 5 eset, de így minden esetet kétszer számoltunk össze. Ezért ezt még 2-vel osztanunk kell. De ebben a 15 esetben benne van az a lehetőség is, amikor azt a két előadást nézi meg, amelyek azonos időpontban vannak. Tehát összesen 15 –1 =14 lehetősége van a diáknak kiválasztani az előadásokat.

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

5. Megoldás: Tegyük fel, hogy csak 5 előadás van, mind különböző időpont-

ban! Ekkor2

45 ⋅ =10 lehetőséget kapunk. Ha ehhez hozzávesszük a 6. előadást,

amely az egyik előadással azonos időpontban van, akkor még további 4 lehető-

séget kapunk. Tehát összesen 10 + 4 =14 lehetősége van a diáknak az előadások kiválasztására.

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

6. Megoldás: Tegyük fel, hogy a diák elmegy az egyik párhuzamos előadásra, amely legyen A vagy B! Ez eddig 2 lehetőség. Ekkor a második előadását a ma-radék négyből (C, D, E, F) választhatja ki. Tehát ha részt vesz az egyik párhu-zamos előadáson, akkor 2 ⋅ 4 = 8-féleképpen választhat ki 2 előadást. Tegyük fel, hogy a diák nem választja ki a párhuzamos előadások egyikét sem! A négy maradék előadásból kettőt 6-féleképpen választhat ki. (Hiszen az elsőt 4-féleképpen, a másodikat 3-féleképpen választhatja ki, ez 4 ⋅ 3 =12 eset lenne,

de így minden esetet kétszer számoltunk, ezért 2

12 = 6 az esetek valódi száma.)

Összesítve 8 + 6 =14 -féleképpen választhatja ki a diák az előadásokat. Egyházi Godó 6. osztályos tanuló (Hatvan, Kossuth Lajos Ált. Isk.) megoldása.

31

Megoldotta még: Bertalanits Enikő 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), 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. tanuló (Budapest, Gárdonyi Géza Ált. Isk.), Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Heltovics Lilla 7. oszt. tanuló (Göd, Búzaszem Katolikus Ált. Isk.), Horváth Dalma (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Fülöp László Flórián 7. oszt. tanuló (Dunakeszi, Radnóti Mik-lós Gimn.), Juhász-Molnár Erik 5. oszt. tanuló (Budapest, Városligeti Magyar-Angol Két Tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Kovács Viktor 8. oszt. tanuló (Budapest, Toldy Ferenc Gimn.), Kusica Nadin 7. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Majer Szonja Hanna 5. oszt. tanuló (Budapest, Veres Péter Gimn.), Mészáros Anna Veronika 8. oszt. tanuló (Budapest, Lágymányosi Bárdos Lajos Két tanítási nyelvű Ált. Isk.), Radnóti Attila 5. oszt. tanuló (Budapest, Fazekas Mihály Gyak. Ált. Isk. és Gimn.) (megoldása még további indoklást igényelne); Rózsás Júlia 5. oszt. tanuló (Budapest, Néri Szent Fülöp Ált. Isk.), Sárecz Bence 5. oszt. tanuló (Zalaegerszeg, Zrínyi Miklós Gimn.), Schmél László 7. oszt. tanuló (Budapest, Berzsenyi Dániel Gimn.), Viola Máté 7. oszt. tanuló (Darnózseli, Szigetköz Körzeti Ált. Isk.). Még egy téves megoldás is érkezett.

Megjegyzés: A problémát a következő helyről vettük. Fried Ervin – Lánczi Ivánné – Surányi János: „Ki miben tudós?” A Magyar Televízió 1964. és 1966. évi matematikai versenyének feladatai, Tankönyvkiadó, Budapest, 1968. 20. oldal, E. III. 3. feladat.

MP. 336. Egy 8 × 8-as tábla bal felső saroknégyzetét ki-vágjuk. Kicsempézhetjük-e ezt a megcsonkított táblát csem-péknek a következő két típusával úgy, a) hogy mindkét típusú csempét felhasználjuk; b) hogy csak az L alakú csempéket használjuk; c) hogy csak 3 × 1-es csempéket használunk a csempézésben.

a) 1. megoldás:

Viola Máté 7. osztályos tanuló (Darnózseli, Szigetköz Körzeti Ált. Isk.) megoldása.

a) 2. megoldás:

Kovács Viktor 8. osztályos tanuló (Budapest, Toldy Ferenc Gimn.) megoldása.

32

a) 3. megoldás:

Schmél László 7. osztályos tanuló (Budapest, Berzsenyi Dániel Gimn.) megoldása.

a) 4. megoldás:

Majer Szonja Hanna 5. osztályos tanuló (Budapest, Veres Péter Gimn.) megoldása.

Megoldotta még az a) feladatot különféle módon: Bertalanits Enikő 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Boros Vince Félix 6. oszt. tanuló (Budapest, Újpesti Karinthy Frigyes Magyar-Angol Két Tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Csikós Petra Zita 8. oszt. tanuló (Budapest, Gárdo-nyi Géza Ált. Isk.), Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Duchon Márton 7. oszt. tanuló (Budapest, Óbudai Árpád Gimn.), Egyházi Godó 6. oszt. tanuló (Hatvan, Kossuth Lajos Ált. Isk.), Fejérvári Réka 6. oszt. tanuló (Győr, Péterfy Sándor Evangélikus Gimn.), Heltovics Lilla 7. oszt. tanuló (Göd, Búzaszem Katolikus Ált. Isk.), Horváth Dalma 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Fülöp László Flórián 7. oszt. tanuló (Dunakeszi, Radnóti Miklós Gimn.), Juhász-Molnár Erik 5. oszt. tanuló (Budapest, Városligeti Magyar-Angol Két Tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Kocsis Péter 5. oszt. tanuló (Bábolna, Ált. Isk.), Kusica Nadin 7. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Lőrincz László Lénárd 4. oszt. tanuló (Pápa, Tarczy Lajos Ált. Isk.), Rózsás Júlia 5. oszt. tanuló (Budapest, Néri Szent Fülöp Ált. Isk.), Sárecz Bence 5. oszt. tanuló (Zalaegerszeg, Zrínyi Miklós Gimn.), Virág Luca 5. oszt. tanuló (Budapest, Móra Ferenc Ált. Isk., XIV. kerület).

b) Megoldás:

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

Megoldotta még a b) feladatot: Boros Vince Félix 6. oszt. tanuló (Budapest, Újpesti Karinthy Frigyes Magyar-Angol Két Tanítási Nyelvű Ált. Isk.), Csikós Petra Zita 8. oszt. tanuló (Budapest, Gárdonyi Géza Ált. Isk.), Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Duchon Márton 7. oszt. tanuló (Budapest, Óbudai Árpád Gimn.), Egyházi Godó 6. oszt. tanuló (Hatvan, Kossuth Lajos Ált. Isk.), Fejérvári Réka 6. oszt. tanuló (Győr, Péterfy Sándor Evangéli-kus Gimn.), Heltovics Lilla 7. oszt. tanuló (Göd, Búzaszem Katolikus Ált. Isk.), Horváth Dalma 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Fülöp László Flórián 7. oszt. tanuló (Dunakeszi, Radnóti Miklós Gimn.), Juhász-Molnár Erik 5. oszt. tanuló (Budapest, Városligeti Magyar-Angol

33

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.), Majer Szonja Hanna 5. osztályos. tanuló (Budapest, Veres Péter Gimn.), Rózsás Júlia 5. oszt. tanuló (Budapest, Néri Szent Fülöp Ált. Isk.), Sárecz Bence 5. oszt. tanuló (Zalaegerszeg, Zrínyi Miklós Gimn.), Schmél László 7. oszt. tanuló (Budapest, Berzsenyi Dániel Gimn.), Viola Máté 7. osztályos tanuló (Darnózseli, Szigetköz Körzeti Ált. Isk.), Virág Luca 5. oszt. tanuló (Budapest, Móra Ferenc Ált. Isk., XIV. kerület).

c) 1. megoldás: Színezzük ki a táblát a következő módon: Számoljuk, meg hogy fekete színből 22 darab, szürke színből 20 darab és fehér színből 21 darab mező van a táblán! Más-részt vegyük észre, hogy bárhogyan is teszünk le szabályosan a táblára egy 3 × 1-es csempét, az mindhárom színből egy-egy darabot fed le! Ebből következik, hogy ha lefedhető a tábla 3 × 1-es csempékkel, akkor mindhárom színből ugyanannyinak kell lennie a lefedésben. (Mindegyik-ből 21 darabnak kell lennie.) Ellentmondásra jutottunk, mert fekete színből 22 van, szürkéből pedig 20 darab, nem pedig 21 darab. Ebből következik, hogy hamis a feltevésünk, miszerint a tábla lefedhető. Következésképpen a tábla nem fedhető le 3 × 1-es csempékkel. Juhász-Molnár Erik 5. oszt. tanuló

(Bp., Városligeti Magyar-Angol Két Tanítási Nyelvű ÁI.) megoldása alapján.

c) 2. megoldás: Színezzük ki a csonka sakktáblát az ábrán látható módon! Észrevehetjük, hogy bárhogyan helyezünk el rajta szabályos módon egy 3 × 1-es csempét, az 1 darab fekete és 2 darab fehér mezőt fed le! Mivel minden 3 × 1-es csempé-ben pontosan 1 fekete mező van, ezért ha lefedhető a csonka sakktábla 3 × 1-es csempékkel, akkor a csempék száma meg-egyezik a fekete mezők számával. Mivel a csonka táblán 22 fekete mező van, ezért 22 csempének kellene lennie a lefedésben. Ámde 63 : 3 = 21, ezért ha le-fedhető a csonka tábla, akkor 21 darab csempe kell a lefedéséhez. Ellentmon-dásra jutottunk, tehát hamis a feltevésünk. Következésképpen a csonka sakk-tábla nem fedhető le 3 × 1-es csempékkel.

Egyházi Godó 6. osztályos tanuló (Hatvan, Kossuth Lajos Ált. Isk.) megoldása.

c) 3. Megoldás: A 8 × 8-as táblázat mezőit azonosítsuk a sor, illetve oszlop koordinátákkal, méghozzá úgy, hogy a bal alsó mező legyen az (1; 1)! Viszont a táblázatba nem a koordiná-tákat írjuk be, hanem a koordinátáknak a 3-mal való osztási maradékait. Ezt mutatja a következő ábra.

2;1 2;2 2;0 2;1 2;2 2;0 2;1 2;2

1;1 1;2

0;1

2;1

1;1

0;1

2;1

1;1

1;0 1;1 1;2 1;0 1;1 1;2

0;2

2;2

1;2

0;2

2;2

1;2 1;0 1;1 1;2 1;0 1;1 1;2

2;0 2;1 2;2 2;0 2;1 2;2

0;1 0;2 0;0 0;1 0;2

1;0 1;1 1;2 1;0 1;1 1;2

2;0 2;1 2;2 2;0 2;1 2;2

0;0 0;1 0;2 0;0 0;1 0;2

0;0

34

Majd képezzük az első koordináták összegét, majd a második koordináták ösz-szegét az összes lefedett mezőre! Ezen összegeknek 3-mal oszthatóknak kell lenniük, hiszen egy darab 3 × 1-es csempe lehelyezésekor a csempe 3 mezőjének vagy az első, vagy a második koordinátája azonos – így a csempe ezen koordi-nátáinak összege 3-mal osztható –, míg a másik koordinátánál pedig három egy-mást követő egészet adunk össze, amelyek összege szintén osztható 3-mal. Ugyanez igaz a koordináták 3-as maradékaira is. Képezzük a 8 × 8-as táblázatba beírt 3-as maradékok összegét koordinátánként. Azt kapjuk, hogy az első koor-dináták 3-as maradékainak összege 72, míg a második koordináták 3-as mara-dékainak összege is 72. A 72 osztható 3-mal.

Ha egy mezőt kivágunk a 8 × 8-as táblából, akkor a maradék 63 mező első ko-ordinátái 3-as maradékainak összege és a második koordinátái 3-as maradékai-nak összege is 3-mal oszthatónak kell lennie, ha a csonkított táblát 3 × 1-es csem-pékkel le tudjuk fedni. Ezt figyelembe véve a 8 × 8-as táblából csak a szürkével jelzett négy mező közül vághatunk ki egyet, amelyeknél (0; 0) a koordináták 3-as maradéka. Mivel egyik szürke mező sem a bal felső mező, ezért ha a bal felső mezőt vágjuk ki a 8 × 8-as táblából, akkor az így kapott csonka tábla nem fedhető le 3 × 1-es csempékkel.

Boros Vince Félix 6. oszt. tanuló (Budapest, Újpesti Karinthy Frigyes Magyar-Angol Két Taní-tási Nyelvű Ált. Isk.) 2. megoldása (Az 1. megoldása lényegében az itt közölt c) 2. megoldás.)

c) 4. megoldás: Színezzük ki a csonka sakktáblát az ábrán látható módon! Számoljuk össze a fekete és a fehér mezőket! Azt kapjuk, hogy 38 darab fekete és 25 darab fehér mező van. Vegyük észre, hogy akárhogyan is tesszük megfelelő módon a táblára a 3 × 1-es csempét, az mindig 2 darab vagy 0 darab fehér mezőt fed le. Tegyük fel, hogy lefedhető a megcsonkított tábla 3 × 1-es csempékkel! Ehhez 63 : 3 = 21 darab csempe kell. Ez a 21 csempe mindegyike páros számú fehér mezőt fed le, azaz összesen is páros számú mezőt fednek le. Ellentmondásra jutottunk, mert a fehér mezők száma 25, amely páratlan. Vagyis nem igaz a feltevésünk, miszerint a megcsonkított tábla lefedhető. Ebből következik, hogy nem fedhető le a megcsonkított tábla 3 × 1-es csempékkel.

(Ezt a megoldást egy régi Abacus megoldónk, a 2001-ben 8. osztályos Filus Tamás tanuló (Szeged, Radnóti Miklós Gimnázium) ötletének felhasználásával készítettük

Lásd Abacus, 2001. május, 34. oldal, MP.96. 3. megoldás.)

35

c) 5. megoldás: Színezzük ki a csonka sakktáblát az ábrán látható módon! Vegyük észre, hogy ha vízszintesen helye-zünk el egy 3 × 1-es lapocskát a megfelelő módon, akkor mindhárom színből pontosan egy mezőt fed le! Ha pedig füg-gőlegesen helyezünk el egy 3 × 1-es lapot megfelelő módon, akkor az 3 azonos színű négyzetet fed le. Így ha lefedtük a síkidomot 3 × 1-es csempékkel, akkor mindhárom színből a mezők darabszámai 3-mal osztva ugyanakkora maradékot adnak. Ámde 23 darab szürke mező, 24 darab fehér mező és 16 darab fekete mező van az így kiszínezett megcsonkított táblán. S ezek 3-mal osztva rendre 2; 0; 1 maradékot adnak. E három maradék nem egyenlő egymással, így ellentmondásra jutottunk. Feltevésünk hamis, vagyis a síkidom nem fedhető le 3 × 1-es csempékkel.

(Ezt a megoldást egy másik régi Abacus megoldónk, a 2001-ben 8. osztályos Birkner Tamás tanuló (Budakeszi, Fazekas Mihály Főv. Gyak, Gimn., Budapest ötletének felhasználásával

készítettük. Lásd Abacus, 2001. május, 34-35. oldal, MP.96. 5. megoldás.)

c) 6. megoldás: Írjuk a megcsonkított tábla minden mező-jébe azt a számot, ahányadik sorban van (felülről lefelé kezdve)! Figyeljük meg, hogy ha egy 3 × 1-es csempét vízszintesen he-lyezünk el megfelelő módon az n-edik sorban, akkor 3n lesz a lefedett számok összege! Míg ha függőlegesen rakjuk meg-felelő módon az első mezőjét felülről számítva az n-edik sorba, akkor n + (n +1) + (n + 2) = 3n + 3 = 3(n +1) a letakart számok összege. Tegyük fel, hogy lefedhető a megcsonkított tábla! Ekkor az előzőkből az következik, hogy a 3 × 1-es csempék által lefedett számok összege 3-mal osztható. Adjuk össze a meg-csonkított táblába beírt számokat! 7 ⋅1+ 8 ⋅ (2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8) = 287. Ez pedig nem osztható 3-mal. Ellentmon-dásra jutottunk, vagyis hamis a feltevésünk, hogy lefedhető a síkidom. Tehát a megcsonkított tábla nem fedhető le 3 × 1-es csempékkel.

(Ezt a megoldást egy harmadik régi Abacus megoldónk, a 2001-ben 8. osztályos Tassy Gergely tanuló (Budapest, Veres Péter Gimnázium) ötletének felhasználásával készítettük.

Lásd Abacus, 2001. május, 34-35. oldal, MP.96. 5. megoldás. Tassy Gergely tanár úr jelenleg a Veres Péter Gimnázium

(Budapest) kiváló matematikatanára.)

Megoldotta még: Csikós Petra Zita 8. oszt. tanuló (Budapest, Gárdonyi Géza Ált. Isk.), akinek megoldása lényegében megfelel az itt közölt c) 3. megoldással, azzal a különbséggel, hogy a szí-nezést az 1, 2 és 3-as számokkal végzi el. Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), akinek a megoldása lényegében megegyezik az itt közölt c) 2. megoldással, azzal a kü-lönbséggel, hogy ő az ottani fekete mezőket J betűvel jelöli, míg a fehéreket üresen hagyja.

1

2

3

4

5

6

7

8 8 8 8 8 8 8 8

7 7 7 7 7 7 7

6 6 6 6 6 6 6

5 5 5 5 5 5 5

4 4 4 4 4 4 4

3 3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1

36

1. megjegyzés: A probléma a következő könyvben szerepel. Paul Vaderlind – Richard K. Guy, and Loren C. Larson: The Inquisitive Problem Solver, The Mathematical Asso-ciation of America, Washington, D.C., 2002. 35. oldal, P.155. probléma. Itt a c) felada-tot a 146-147. oldalon a mi 2. megoldásunknak megfelelő módon oldják meg.

2. megjegyzés: Boros Vince Félix 6. osztályos tanuló megjegyzésében általánosítja az MP.336.a problémát és azt állítja, hogy igaz a következő tételféle: 3 × 1-es és 3 mezős L alakú csempékkel valamelyik sarokcella elhagyása mellett a 2n × 2n-es táblázat lefed-hető. [Ahol n ≥ 2 egész szám.]

Tanulónk elkezd egy bizonyításfélét, amelyben n = 2-re a következő ábra szerepel, megjegyzésében a bizonyításfélét n = 2-re kezdi a következő ábrá-val:

Azt gondolom, hogy ez az ábra nem támasztja alá az idézett tételfélét, ha az ottani „és” szócska arra utal, hogy mindkét alakzatot fel kell használnunk a lefedésben. Mint ahogy az MP. 336.a problémában mindkét alakzatot fel kell használnunk a lefedésben. A bi-zonyításféle folytatását vázlatosan végzi, amelyben utal a 4. Megjegyzésben idézett Go-lomb-féle tétel bizonyítására. Egyelőre nem győzött meg tanulónk, hogy igaz az előbb idézett tételféle.

3. megjegyzés: Az MP.336. b) probléma egy általánosítása a következő:

Bizonyítsuk be, hogy ha egy 8 × 8-as sakktáblán egy tetszőleges mezőt letaka-runk, akkor a fennmaradó 63 mező lefedhető 21 darab – egyenként 3 mezőt le-takaró – az ábrán látható L alakú idommal. Bakos Tibor (szerkesztő): Középiskolai matematikai versenyek 1975-76, Tankönyvki-adó, Budapest, 1979. 11. oldal, 33. feladat (Arany Dániel Matematikaverseny kezdők-nek, szakosított II. tantervű osztályok), megoldása a 87-88. oldalon.

4. Megjegyzés: Boros Vince Félix 6. osztályos tanuló megjegyzésében idézi Solomon Golomb egy idevágó tételét, miszerint: Ha 2n × 2n-es táblázatból egy darab mezőt elha-gyunk, akkor a maradék táblázat kicsempézhető 3 mezőt tartalmazó L csempékkel. Tanulónk egy teljes indukciós bizonyítást mutat be erre, amelyet itt nem idézünk. Boros Vince Félix 6. osztályos tanuló megjegyzi, hogy Golomb idézett tételének n = 3-ra való speciális esete a MP.336.b probléma.

5. megjegyzés: Az MP.336.c probléma egy rokona a néhai Martin Gardner (Hendersonville) egyik feladata. Tekintsük a következő síkidomot:

Ez az L alak lefedhető-e 3 × 1-es lapocskákkal? 1

3 A megoldását lásd az Abacus, 2001. májusi számának 33-35. oldalán. Itt az Abacus ko-rábbi megoldói 5 érdekes megoldást adtak erre a problémára. További érdekességeket

37

olvashatunk az itt szereplő megjegyzésekben, amelyekből csak a következőket elevenít-jük fel. Martin Gardner: Poliminók, Természet Világa, 1996/6. 255-259. oldal (fordító Török Judit), Bencze Gyula: „Meg kell védenünk a tudás becsületét” [Beszélgetés Martin Gardnerrel], Természet Világa, 1994/11. 510-511. oldal.

6. megjegyzés: Boros Vince Félix 6. osztályos tanuló felveti a következő problémát, amely az MP.336.c probléma egy általánosítása.

Az n × n-es táblázat bal felső mezőjének kivételével kicsempézhető-e 3 × 1-es csempék-kel? Tanulónk leír egy megoldást is erre a problémára. Amelyre talán egy következő Abacusban térünk vissza.

7. megjegyzés: Az MP.336.c problémához kapcsolódik a következő tétel:

Egy a × b-s téglalap n × 1-es lapocskákkal akkor és csak akkor fedhető le, ha n osztója a-nak vagy b-nek. (Itt a, b és n pozitív egész számok.) David A. Klarner egy 1969-es tétele. D. A. Klarner: Packing a rectangle with congruent n-ominoes, Journal of Combinatorial Theory 7 (1969) 107-115. (Téglalap lefedése egybevágó n-ominókkal.)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Mi köze van a gázgyújtónak az ultrahanghoz?

Csupán annyi, hogy mindkettőnél a kvarckristály egy speciális tulajdonságát hasznosítják. Ha a kvarckristályra nyomó- vagy húzóerőt fejtünk ki, akkor az egyik oldalán pozitív, a másikon negatív elektromos töltések halmozódnak fel. Ha a külső hatás megszűnik, megszűnik az elektromos töltés szétválasztása is. Ezt a tulaj-donságát hasznosítják a gázgyújtóban elektromos szikrakeltésre, mely a gázt lángra lobbantja. A kristály e tulajdonságát ellentétes folyamatban, rezgéskeltésre is használják. Ha ugyanis váltakozó áramot kapcsolunk rá, az áram frekvenciájának megfe-lelő rezgésbe jön. Ez által erős ultrahang kelthető vele.

Bonifert Domonkosné-Schwartz Katalin: Lyukasóra fizikából

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Humor

-Apa, meg tudnád oldani helyettem ezt a matematikai példát? -Nem lenne helyes, Pistikém, ha én… -Ne légy kishitű apa. Próbáld meg, hátha sikerül.

38

M A T H S

rovatvezető: Dr. Borbás Réka

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

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?

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 mul-tiple 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 number. Is the sum of the digits in the puzzle a prime or a composite?

Solutions have to be sent to:

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

Deadline: 7 December, 2018

Problem 4 Let’s define a ⋅ b = a × b + a + b, and a and b are integer numbers. Determine whether the following statements are true or false. Explain your answers. a) If a = 0, a ⋅ b = 0. b) For every a, a ⋅ a is even.

5

4

1 2 3

39

c) a ⋅ b is even only if either both a and b are even or both are odd. d) The solution of the equation x ⋅ (–2) = 0 is x = 0.

Solution to Problem 4 a) If a = 0, a ⋅ b = 0 × b + 0 + b = b, so if b is not zero, the operation does not give zero as a result. Generally, 0 ⋅ b = b, so the statement is false. b) a ⋅ a = a × a + a + a = a2

+ 2a. If a is even, a2 and thus a ⋅ a is also even, but if it is odd, both a2 and a ⋅ a are odd. So the statement is false. c) If a and b are both odd, their product is odd and their sum is even, so a ⋅ b is odd. Thus this is also not a true statement. d) Solving x ⋅ (–2) = 0 means to solve 0 = –2x + x – 2, which is equivalent to 0 = –x – 2, so x = –2, and not zero. This is also false.

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

Solution to Problem 5 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 follows that b < 5. Instead of b, a or c could have been used, so all sides are under 5. So 3a + 4b + 5c = 3(a + b + c) + b + 2c = 30 + b + 2c. c < a + b, so 30 + b + 2c < 30 + + b + c + a + b = 40 + b < 45 (as all sides are less than 5). So 3a + 4b + 5c is less than 45. Writing a instead of b + c into the sum 30 + b + 2c decreases its value, because a < b + c, so 30 + b + 2c > 30 + a + c > 30 + b. (Also a + c > b.) There is no minimum for any side, so 3a + 4b + 5c is higher than 30. Note that this problem can be also interesting if all sides are integers. See Problem 7.

Problem 6 On a training, a runner is running along a 600-metre-long circular runway. He runs at the speed of 310 metre per minute. Two minutes after he started his training, another runner joins who runs at the speed of 324 metre per minute. What will be the distance between the two runners at the end of the tenth minute of the training of the first runner?

Solution to Problem 6 During the ten minutes of his running, the first runner finishes 3100 metres, which means he ran 5 circles and 100 metres. The second runner ran 2592 metres, which was 4 circles and another 192 metres. So the difference between the two runners is 92 metres.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

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

40

M A T H E M A T I K

rovatvezető: Nagy Barbara

Aufgabe 7: Berechne:

+3

1043:

815 :

−

−

411

25

2

= ......................................

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

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?

Viel Spaß zu den Aufgaben!

Eure Lösungen warte ich auf die folgende Adresse:


Schreibt bitte das Kennwort MATHEMATIK auf den Umschlag!

Einsendeschluss: 7. Dezember 2018

Aufgabe 4: Aus einem Badesalz kostet eine 250 g Packung 550 Ft. Wie viel kostet eine 2 kg Packung, wenn es in diesem Fall 20% Ermäßigung gibt? Lösung der Aufgabe 4: Diese Packung ist 8-mal größer, der Preis wäre also 8 ⋅ 550 = 4400 Ft. Mit der Ermäßigung bezahlt man nur 80% von diesem Preis, also 0,8 ⋅ 4400 = 3520 Ft.

Aufgabe 5: Edit kauft 2 große und 3 kleine Packungen. Wieviel bezahlt sie? Lösung der Aufgabe 5: 2 ⋅ 3520 + 3 ⋅ 550 = 8690 Ft bezahlt sie.

Aufgabe 6: David macht selber Badesalz. Er kauft zu diesem Zweck 500 g Packungen von Naturbadesalz (800 Ft/Packung) und Lavendelöl (1000 Ft/Flasche, eine Flasche reicht für 3 kg Salz). Wieviel kostet eine Portion (300 g) Badesalz von David?

Lösung der Aufgabe 6: Wir nehmen an, dass er viel Badesalz macht. 300 g Na-

turbadesalz kostet 53 ⋅ 800 = 480 Ft, dazu braucht er

101 Flasche Lavendelöl, das

101 ⋅1000 =100 Ft kostet. Insgesamt kostet eine Portion 580 Ft.

41

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 csiga látható (1. ábra).

Az előző két forduló után most már komolyabb vizekre evezhetünk. E havi rejtvényünk már nehezebb egy kicsit, sőt a mérete is megtévesztő, figyelje-tek oda a számolgatásnál (2. ábra)! Megoldását a korábbiakban megadott módon várjuk a szerkesztőség címére.

A logigrafika ábrája letölthető a www.mategye.hu honlapról. Ez a ne-vezéshez használt sorszámmal és jel-szóval lehetséges. A megoldásra írd rá neved, osztályod és a nevezéskor hasz-nált négyjegyű sorszámodat. A tisztá-zásnál 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


Jó szórakozást a feladványhoz!

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

7 2 6 4 4 1 1 7 2

1 1 8 2 1 1 8 2

1 1 13 1 1 3 9

1 1 5 7

3 8 5

3 10 4

3 11 1

2 14

3 2 11 7 9

9 4 19

1. ábra

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

2. ábra

42

S A K K - S A R O K

rovatvezető: Blázsik Zoltán

Jön Caruana, vagy marad Carlsen a sakkvilág trónján?! https://worldchess.com

Londonban mérkőzik meg novemberben a 28 éves norvég Carlsen világbaj-nok a kihívójával, az amerikai – olasz származású (26 éves) Caruanaval. Mag-nus már öt éve a legjobb sakkozó. Már 19 évesen felemelkedett a világranglista élére, és 2882 Élő-pontjával a valaha elért legmagasabb Élő-értékszámmal tartja a rekordot! Aki még kevésbé érti a ranglista alakulását, néhány alapvető gondo-lat: Amikor az egyesületében fiatalként gyakran veri meg a kortársait valaki, akkor felmerül az igénye, hogy játsszon jegyzett sakkpartit. Ha még nincs úgy-nevezett rating pontja, kiszámítja a világszövetség az aktuális szabályzat alap-ján, az ellenfelek meglévő pontjai, valamint a versenyen ellenük elért pontjai alapján az első értékszámát. Ezután már minden regisztrált verseny minden part-jához kiszámítják a két játékos Élőjének megváltozását! Ha erősebb ellenfelet ver meg valaki, akkor több pontot kap, mintha gyengébbet. Lényegében a ját-szók egymástól nyerik el a rating pontokat! Mára az első legjobb 20 nagymester többször megközelítette a világrekordot. Lehet, hogy két év múlva a ranglista-vezető eléri az álomhatárt, a 3000 pontot! Carana már majdnem megelőzte a bajnokot, éppen ideje meccselni! A sakktörténetben általában a stílusok válta-koznak a trónon. Ha egy pozíciós stílusú volt a király, mint pl. Capablanca, ak-kor jött Aljechin, a csodálatos kombinációival. Karpovot csak Kaszparov tudta legyőzni. Ma Carlsen addig lépeget pontosakat, amíg fel nem őrli az ellenfele energiáját. Ha újra egy taktikus világbajnokot szeretnénk, akkor drukkoljunk Caruananak, aki szintén számítógépes programokat, mesterséges tanulási elve-ket is használ, és éles kombinációkat elemez ki. Szorítsunk a sportszerű játékért, a megalkuvás nélküli küzdelmes partikért! Nem fogunk érteni minden lépést, de törekedjünk felfedezni a pozí-ciós és taktikai szépségeket! Ilyen csodalépése-ket várunk Carlsentől is!

Világos: Kg1, Ve3, Be1, Fd4, Ff5, Hd2, Hg3, c4, f2, g4, h3

Sötét: Kg8, Vd8, Bc6, Fb8, Fe6, Hb7, Hg5, a6, b5, f7, g7, h6

— Š xKx x Nx xP¡ PxRxBx ¡xPx xbõ xp¤ xpxx x ü Ïp x Ï ¿ x x x „ «

43

Ebben az állásban Magnus lépett sötéttel Fabiano ellen. A világbajnok szen-zációsat húzott – még mondja rá valaki, hogy langyosak a tervei! 35. – Ff4!! és megtámadja a védtelen futó a királynőt! Kérlek titeket, vegyétek elő a sakktáb-lát, tegyétek fel az állást, és próbáljatok megmenekülni! Minden változatban re-ménytelen lesz a védekező helyzete! Legalább egy tisztnyi hátrányba kerültök!

Fabiano Caruana 2802 - Magnus Carlsen 2863 Gashimov – emlékverseny, 2015

1. d4 f5 2. g3 Hf6 3. Fg2 e6 4. c4 c6 5. Hf3 d5 6. 0-0 Fd6 7. b3 Ve7 8. Fb2 b6 9. He5 Fb7 10. Hd2 0-0 11. Bc1 a5 12. e3 Ha6 13. Hb1 Fxe5 14. dxe5 He4 15. Ve2 a4 16. Hc3 axb3 17. axb3 Vb4 18. Hxe4 dxe4 19. Vc2 Hc5 20. Fc3 Vxb3 21. Vxb3 Hxb3 22. Bb1 Hc5 23. Bxb6 Ha4 24. Bxb7 Hxc3 25. Be7 Bfe8 26. Bxe8+ Bxe8 27. Ba1 Bd8 28. Ff1 c5 29. Ba3 Hb1 30. Ba1 Hd2 31. Fe2 Hf3 32. Fxf3 exf3 33. h3 h5 34. g4 fxg4 35. hxg4 h4 36. Kh2 Bd2 37. Kh3 g5 38. e4 Bd4 39. Ba8+ Kf7 40. Ba3 Bxc4 41. Bxf3+ Ke7 42. Be3 Bd4 43. f3 c4 44. Ba3 Bd3 45. Ba7+ Kd8 46. Kg2 c3 47. Ba4 c2 48. Bc4 Bd2+ 49. Kh3 Kd7 50. Bc5 Bf2 51. f4 Bf3+ 52. Kh2 Bxf4

Fabiano Caruana 2804 - Magnus Calsen 2855 Rapid verseny, Párizs

1. e4 e5 2. Hf3 Hc6 3. Fc4 Fc5 4. 0-0 Hf6 5. d3 d6 6. c3 h6 7. a4 a5 8. Ha3 Fxa3 9. Bxa3 0-0 10. Be1 Be8 11. h3 Fe6 12. Fb5 Fd7 13. Fe3 He7 14. Fc4 Hg6 15. Vb3 Fe6 16. Fxe6 Bxe6 17. Vxb7 Bb8 18. Va6 Bxb2 19. Vxa5 d5 20. Baa1 dxe4 21. dxe4 Vc8 22. Hd2 Hh5 23. Hc4 Bb8 24. Beb1 Ba8 25. Vc5 Hhf4 26. Fxf4 Hxf4 27. Hxe5 Ve8 28. Hf3 Bg6 29. Vf5 Hxg2 30. Kh1 Baa6 31. e5 Va8 32. Bb4 c5 33. Be4 Vd5 34. c4 Vd3 35. Bg1 Bxa4 36. e6 Bxe6 37. He5 Hh4 38. Vxf7+, 1-0

Magnus Carlsen, 2855 – Fabiano Caruana 2804

1. d4 Hf6 2. c4 e6 3. Hc3 Fb4 4. Hf3 c5 5. g3 cxd4 6. Hxd4 He4 7. Vc2 Va5 8. Fg2 Hxc3 9. 0-0 Hc6 10. bxc3 Fxc3 11. Hb3 Hd4 12. Hxd4 Fxd4 13. Bb1 d6 14. Fb2 Fxb2 15. Vxb2 0-0 16. Bfd1 Bd8 17. Bd3 e5 18. Bbd1 Fe6 19. Vxb7 Bab8 20. Bxd6 Bdc8 21. Ve7 Be8 22. Vh4 Vxa2 23. Fc6 Bf8 24. Ve7 h6 25. Bxe6 fxe6 26. Bd7 Vb1+ 27. Kg2 Vg6 28. f3 Bb2 29. Kf2 Vf6 30. Bxa7 Bc2 31.Vxf6 Bxf6 32. Ba4 Bf7 33. Fe4 Bc1 34. Fg6 Bf8 35. h4 Bc8 36. Fd3 e4 37. Fxe4 B1xc4 38. Ba6 Kf7 39. h5 B4c7 40. Fg6+ Ke7 41. f4 Bc6 42. Ba2 Bc5 43. Kf3 Kf6 44. Kg4 e5 45. Ff5 B8c7 46. Ba8 exf4 47. gxf4 Bc1 48. Fg6 Bg1+ 49. Kf3 Be1 50. Bf8+ Ke6 51. Be8+ Kd6 52. Kg4 Be7 53. Bd8+ Kc7 54. Bg8

44

B1xe2 55. Kf5 Bc2 56. Ba8 Bc5+ 57. Kg4 Kd6 58. Ba6+ Bc6 59. Ba4 Bec7 60. Bd4+ Ke7 61. Be4+ Kf6 62. Be8 Bc4 63. Bf8+ Ke7 64. Bf5 Kd6 65. Bf8 Be7 66. Kf5 Bc5+ 67. Kg4 Kd5 68. Bd8+ Kc4 69. Fd3+ Kc3 70. Fg6 Bc4 71. Bd3+ Kb4 72. Bd8 Ba7 73. Fd3 Bc5 74. Fg6 Kc3 75. Bd3+ Kc4 76. Bd8 Bd5 77. Be8 Kd4 78. Be4+ Kc5 79. Be8 Bd4 80. Bc8+ Kb4 81. Bb8+ Kc3 82. Be8 Baa4 83. Bf8 Kd2 84. Kf3 Ba3+ 85. Kg4 Baa4 86. Kf3 Ba7 87. Kg4 Ba6 88. Kf5 Ke3 89. Be8+ Kf3 90. Bb8 Bd5# 0-1

Beküldendő a két kombináció kulcslépése:

A) Világos: Kg1, Va4, Fa1, Fe2 Sötét: Kd2, g2

Világos indul, matt 2 lépésben!

B) Világos: Kg3, Vg1, Bf8, Bh4, Fg8, Hc8, Hh6, d5, f5, f6

Sötét: Ke5, Ff1, Hh7, e4; Világos indul, matt 2 lépésben!

Kérlek Titeket, hogy ne küldjetek válaszborítékot, mert a helyes válaszokat mindig

közöljük a következő számban.

Az októberi feladatok megoldása: A) 1. Vc7+ Bg7 2. Vc2+ Bg6 3. Ba7+ Vlagyimir Kramnyik – Roganovics M.

B) 1. Bcd1! – f4 2. g4!

A megoldások beküldési határideje: 2018. december 7.

Beküldési cím:


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

x x x x x x x x x x x xx x x x dx x x xx x x x x Œbx Px ¤ x x «

xnx „bx x x x x N x x ¿ Ïx xpŒpx x xPx „x x x « x x x x x x x Bü

45

F I Z I K A – R O V A T

rovatvezető: Szatmáry Zsolt

A kitűzött feladatok

671. (Mérési feladat) Határozd meg egy konyhai vízforraló hatásfokát! Írd le részletesen milyen eszközöket használtál és hogyan, milyen adatokat vettél a forraló leírásából! Szatmáry zsolt

672. Luca talál a házi szertárában két flakonban alkohol-víz keveréket. Az egyikből, amelyen el tudja olvasni a filctollal ráírt feliratot, hogy 30%-os alko-hol-víz keverék, kiönt egy hőszigetelő falú edénybe 300 g-ot, 50 °C hőmérsék-letűre melegítve, majd a másik flakonból, amelyről sajnos lekoptak a számok, hozzáönt 200 g-ot, 20 °C-osan hagyva. Megvárva a termikus kölcsönhatás vé-gét, azt tapasztalja, hogy a keverék hőmérséklete 37,8 °C-os lesz. Hány százalék alkoholt tartalmaz a második flakon, és hány százalékos keveréket kapott?

(cvíz = 4200 )Ckg(

Jo

, calkohol = 2400 )Ckg(

Jo

) Szatmáry Zsolt

673. Vendel állandó keresztmetszetű és anyagi minőségű fémhuzalból sza-bályos hatszög alakzatot forrasztott össze, majd ugyanilyen huzallal összekö-tötte a két (legtávolabbi) szemközti csúcsát is. Ezekre a csúcsokra feszültséget kötött, és a csúcsba befolyó áramot 3,5 A nagyságúnak mérte. Mekkora áram folyik az egyes ágakban? Szatmáry Zsolt

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

cm sebességgel

meglök egy üres, rugóval szerelt kiskocsit, amelyik rugalmasan nekiütközik az ott álló ugyanolyan, de nehezékkel megrakott kiskocsinak úgy, hogy az üres

kiskocsi visszapattan 3 s

cm sebességgel, az álló kiskocsi pedig 2 s

cm sebes-

séggel elindul jobbra. Hányszorosa a nehezék tömege egy kiskocsi tömegének? Szatmáry Zsolt

675. Péter és Pál gyorsasági versenyt rendeznek egy hegyen-völgyön ve-zető úton, amelyet oda-vissza ugyanazon az úton haladva meg kell tenniük meg-

állás 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. Pál-

46

nak viszont olyan elektromos robogója van, amely úttól függetlenül végig ál-landó sebességre képes. Egyszerre indulnak, és legnagyobb meglepetésükre egyszerre érnek vissza a rajthoz. Mennyivel ment Pál? Szatmáry Zsolt


Beküldési cím: ABACUS Fizika 1437 Budapest, Pf. 774

Korábban kitűzött feladatok megoldásai 661. (Mérési feladat) Vizsgáld meg, hogy függ a buborék sebessége a Mikola-cső-

ben a cső hajlásszögétől! (Készíts grafikont!) Szatmáry Zsolt

Megoldás: Nagyon sok szép mérési jegyzőkönyv érkezett. A „hagyományos” mérési módszertől való eltérése miatt az alábbi mérési jegyzőkönyv Lakatos Attila István 8.o. (SZE-Győr Öveges K. Gyak. Isk.) tanuló munkája alapján készült:

Buborék mozgásának vizsgálata Mikola-csőben

Mérés helye, ideje: Otthon

Eszközök: Mikola-cső, okostelefon, számítógép

A mérés menete: A Mikola-cső hajlásszögének beállítását gyorsan végeztem el, hogy ne csök-kentsem a mérés hasznos idejét. Minden mérésnél az okostelefonommal videofelvételt készítettem a folyamatról. Ezek le-játszási idő kijelzésével mértem az időt. A pontos leolvasás miatt 1 má-sodpercenként léptettem a képet. A buborék helyét a megállított képen a cső mérőrúdjáról olvastam le. A mé-rési adatokat Excel-táblázatba írtam be, így készültek el a diagramok. Az ábrázolt értékekhez egyenest rajzol-tattam, ezek meredeksége adta a bu-borék sebességét.

47

Tapasztalat: A hajlásszög függvényében ábrázolva adódik a maximális sebes-ség, közelítőleg 50 fokos hajlásszögnél. Hibaforrások: A mérés során hibát oko-zott a buborék helyének leolvasása, il-letve az időmérés. Ezen a felvétel felna-gyításával, illetve a „kerek” másodpercek megkeresésével próbáltam javítani.

667. Testnevelés órán ügyességi versenyt rendeznek a focipályán. Az egyik feladat a következő: az alapvonaltól 20 méterre lévő startponttól kell az alapvonal érintésével az alapvonaltól is és a startponttól is 100 méterre lévő célpontig futni a lehető legrövi-

debb idő alatt. Dezső, aki 5 sm állandó sebeséggel tud futni, az első forduló után

27,2 másodperces idővel áll. Sára azt mondja neki, hogy még ugyanezzel a sebességgel futva is jobb időt tudna elérni a második fordulóban. Mit javasol neki Sára, hogy fusson? Milyen időt érhet el Dezső? Szatmáry Zsolt

Megoldás: Sára javaslata: A legrövidebb utat akkor kapjuk, ha a startpontot tükrözzük az alapvonalra, és összekötjük a célponttal. Ezt könnyen beláthatjuk, ha bármilyen másik út alapvonalig tartó részét tükrözzük az alapvonalra, mindig tört vonalat kapunk, amelyik hosszabb, mint az egyenes. Használjuk az ábra jelöléseit! Pithagorasz tételét felírhat-juk STC háromszögre, és TC szakaszra 60 métert kapunk. Majd ugyanígy megkapjuk az S’TC háromszögre alkal-mazva, hogy az S’C szakasz, amely megegyezik az SMC törtvonal hosszával, azaz Dezső útjával, hogy 134,16 mé-

ter. Ebből Dezső ideje: t = 5

16,134 = 26,84 s-ot elérhet De-

zső. (Hiba lefelé kerekíteni, mert 26,83 s-ot elvileg nem érhet el.)

668. András, Bori és Csaba hosszútávfutók. Egyik edzésen – a vicc kedvéért – úgy

futnak körbe a 400 méteres pályán, hogy András és Bori egy irányba indul 5 sm -os,

illetve 4 sm -os állandó sebességgel, Csaba a másik irányban 3

sm -os állandó sebes-

séggel. Mikor és mennyi utat megtéve találkozik András először Borival illetve Csabá-val? Szatmáry Zsolt

Megoldás: András akkor találkozik először Borival, amikor először „lekörözi”, azaz eggyel több kört, vagyis 400 méterrel hosszabb utat tesz meg: 5 ⋅ t1 = 4 ⋅ t1 + 400. Ebből t1 = 400 s adódik. Ezalatt András 5 ∙ 400 = 2000 métert, Bori 4 ∙ 400 =1600 métert tesz meg. András akkor találkozik először Csabával,

T

.

.

.

C

80

20

S100

20

S’

M

100

48

amikor összesen megtesznek egy kört, azaz általuk megtett utak összege 400 méter lesz: 5 ⋅ t2 + 3 ⋅ t2 = 400. Ebből t2 = 50 s-ot kapunk. Ebben az esetben András 250 métert, Csaba 150 métert fut, míg találkoznak.

669. Júlia talál egy 3 dl-es jégdarabot a befagyott Balaton partján sétálva. Meglepve veszi észre, hogy bele van fagyva egy horgászólom-golyó, melybe, még el is tudja ol-vasni, 22 g van belevésve. Beleteszi egy 1 dm2 alapterületű pohárban lévő vízbe, amely-ben az úszik. Mennyivel és hogyan változik meg a pohárban a víz szintje, ha víz térfo-

gata a jég elolvadása során nem változik meg? (ρvíz=1000 3m

kg, ρjég=900

3m

kg,

ρólom=11 000 3m

kg) Szatmáry Zsolt

Megoldás: Először nézzük, mennyi vizet szorít ki a jégdarab benne a belefa-gyott ólomgolyóval, azaz Vbe = ? Ugyanis úgy viselkedik a vízszint, mintha eny-nyi vizet öntöttünk volna bele. Ehhez számoljuk ki a jég tömegét!

Vgolyó =ólom

golyóm

ρ=

110000220, = 2 ⋅10-6 m3, ebből Vjég = Vteljes – Vgolyó = 298 ⋅10-6 m3, innen

mjég = ρjég ⋅ Vjég = 0,2682 kg. Mostmár felírhatjuk az úszás feltételét a jégdarabra benne a belefagyott ólomgolyóval, azaz a ráható erők eredője nulla: Ffelhajtó = Fgravitációs → Vbe ⋅ ρvíz ⋅ g = (mjég + mgolyó) ⋅ g. Ebből Vbe = 290,2 ⋅ 10-6 m3 adódik. Másodszor nézzük, hogy elolvadás után mi a helyzet. Belekerült

mjég-nyi víz (Vvíz =víz

jégm

ρ= 268,2 ⋅10–6 m3) illetve Vgolyó-nyi térfogat. Tehát most

úgy viselkedik a vízszint, mintha Vvíz + Vgolyó = 270,2 ∙ 10-6 m3 víz került volna bele. Ebből megállapíthatjuk, hogy az elolvadás előtt nagyobb volt a vízszint a

pohárban, h =2

66

10

102270102290−

−− ⋅−⋅ ,, = 2 ⋅10–3 m-rel.

670. Mekkora és milyen irányú erővel hatna egymásra a budapesti Szabadság-híd két turulmadara alatti fémgömb, ha szigetelve lenne a fémszerkezettől és a turulmadár-tól, és feltöltenénk 1 C töltésűre őket? Szatmáry Zsolt

Megoldás: Egy kis keresgélés után megtalálható az interneten, vagy kb. meg-becsülhető, hogy 13 méterre vannak egymástól a fémgömbök. Ezek között a

Coulomb-törvény szerint fellépő taszító erő hat. Nagysága: Fc = k ⋅ 2

21

r

QQ ⋅=

= 9 ⋅109 ⋅

21311 ⋅ = 53 254 437,87 N, ami igen-igen nagy erő, a híd meg sem bírná

tartani.

L U R KÓ- LO GI KA · 1 L U R KÓ- LO GI KA rovatvezető: Sinkáné Papp Mária Szüret Feladatok...

Documents

Transcript of L U R KÓ- LO GI KA · 1 L U R KÓ- LO GI KA rovatvezető: Sinkáné Papp Mária Szüret Feladatok...