Rátz László Matematika Verseny
/archív/

A 4. forduló feladatai

1. Egy pozitív egész számról János az alábbiakat állítja:
- A rákövetkezõ egész szám nem osztható 3-mal.
- Maga a szám 5-tel osztva más maradékot ad mint 7-tel osztva.
- A szám nagyobb 800-nál.
- A számot a megelõzõ egész szám nem osztható 8-cal.
- 7-tel osztva a maradék kisebb mint 3, 5-tel osztva nagyobb mint 3.
Határozd meg a számot, ha tudod, hogy a felsorolt állítások mindegyike hamis!

2. Egy bank páncélszekrényén 6 zár van. Kulcsaikat úgy osztották el a 4 pénztáros között, hogy a páncélszekrény kinyitásához legalább hármójuknak jelen kell lennie, de mind a négynek nem.Egy zárhoz többüknélis van kulcs. illetve egy pénztárosnál több kulcs is van.
Egy táblázatban ábrázolva a kulcs elosztást,keressünk olyan megoldást, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik.!

3. Az ABC háromszög A-nál illetve B-nél lévõ szöge rendre 20° és 40°. A C  csúcsnál lévõ szög belsõ szögfelezõ egyenesén    vegyük fel az E pontot úgy, hogy AB=BE teljesüljön.
Mekkora az ABE háromszög szögei?

4. A MALOM szó egy ötjegyû prímszámot jelöl. Az azonos betûk azonos,  különbözô betûk különbözô számjegyeket jelölnek. A betûknek megfelelô számok mindegyike prím, azonkívül az öt szám összege is az. Prímszám továbbá a MA betûkbôl álló kétjegyû és az MLO betûkbôl álló háromjegyû szám is.
Melyik ez az ötjegyû szám?

5. A postavonat tervezett indulási idôpontja 8 óra. 12 órára kell a 240 km hosszú útjának végére érnie. Különbözô okok miatt csak 24 perccel késôbb indulhatott el. A mozdony hibája miatt az 1/6-od részéig az elôírt átlagsebesség 75%-t érte el, amikor új mozdonyt kapott.
Hány százalékkal kell megnövelni eddigi sebességét, hogy késés nélkül érjen célhoz?

6. Van egy sziget, amelyiken csak 25 oroszlán él. Ezek az oroszlánok két tulajdonsággal jellemezhetôk: mindannyian éhesek és intelligensek. Nos. A 25 oroszlán közé bedobunk 1 db altatóval átitatott húst. Az altatós hús azt jelenti, hogy amelyik oroszlán megeszi, az elalszik tôle, azután pedig felébred. Viszont az alvó oroszlánt egy másik éhes oroszlán megeheti. Az alvó oroszlán tulajdonképpen egy altatós húsnak tekinthetô azzal a különbséggel, hogy ha közben ôt nem eszik meg, akkor felébredhet.
Ezek után az a kérdés, hogy ha Te lennél egy oroszlán a 25 intelligens és éhes közül, akkor az 1 db altatós húst megennéd-e vagy sem, és miért? (Megj.: egyik oroszlán sem akarja, hogy megegyék!)
 
Beadási határidô: 1998.02.28
A feladatok megoldásait Pölczman tanár úrhoz juttasd el!
 

NEWS - Számítógépes állatmesék

    J. R. Meehan olyan programot kísérelt meg írni, amely csattanós állatmeséket képes alkotni, Ezópusz stílusában. Felszerelte programját több tucat következtetési szabállyal, amelyeket a józan hétköznapi ész nyilván figyelembe vesz akkor is, ha nyíltan nem mond ki. Például olyan szabálya is volt, hogy ha az  A szereplõ a B dolgot a C helyre mozdította el, akkor ebbõl nem csak arra következtethetünk, hogy B dolog ezután C helyen van, hanem arra is, hogy az A is ott van. Ezenkívül felszerelte állatszereplõit a nekik dukáló tulajdonságokkal. Beletett még  néhány általános elvet is, például: Aki a folyóban van, az ki akar kerülni onnan, különben elsüllyed. (Halak nem szerepeltek a meséiben.) Akinek van lába, ki tud úszni. Akinek van szárnya, el tud szállni. Akinek vannak barátai, segítséget kérhet tõlük. Azt a mozzanatot, hogy  "x leesett", úgy reprezentálta, hogy  "a gravitáció elmozdította x-et", mert így illeszkedett legjobban az egyre bonyolultabbá váló rendszerbe, és különben is, így logikus.
    Ekkor a program szerkesztõjét kellemetlen meglepetés érte. A gép arcpirulás nélkül megalkotta a következõ történetet:
"Hangya Henrik szomjas volt. Lesétált a folyópartra, ahol jó barátja Varjú Vili üldögélt. Henrik megcsúszott és beleesett a folyóba. A gravitáció elsüllyedt."
    Hát igen. A szabályok szerint Hangya Henriknek  voltak ott barátai, akik kimentették. De mivel Henriket a gravitáció mozdította bele a folyóba, a következtetési szabályok szerint az is ott volt. De neki nincsenek lábai, se szárnya, se barátai. Tehát el kellett süllyednie.
    Ezt a konkrét hibát sikerült kiküszöbölni néhány bonyolult újabb szabállyal, de a hasonló stílusú (noha kevésbé frappáns) hibák csak nem akartak ritkulni. Itt látszik igazán  a józan paraszti ész ereje, ahogy az ilyen egyszerû, hétköznapi dolgokat olyan magától értetõdõ természetességgel kezeli.

                                         &n bsp;                           /részlet Mérõ László Észjárások  c. könyvébõl/
 

Diofantoszi egyenletek megoldási módszere.

    Elôször is tisztázzuk: mit értünk diofantikus problémán?
    Egy egyenlet diofantikus (diophantoszi), ha egész együtthatói vannak és a megoldásokat is az egész számok között keressük. Az elôzô forduló 1. és 2. feladatait az itt leírtak alapján is meg tudjuk oldani, ahogy ezt majd olvashatjátok.
    A leghíresebb diofantikus egyenlet az ún. Fermat sejtés, azaz

egyenletnek az egész számok halmazán n>=3 esetén nincs egész megoldása. Ez a probléma kb. 300 éves és nem oly régen kürtölték világgá, hogy valaki megoldotta. Nagyon sokan hiába próbálkoztak a megoldással, ellenben sokat kapott cserébe a matematika: egy sor új felfedezést tettek, új vizsgálati módszereket dolgoztak ki, új fejezetek nyíltak közben a matematikában. Ha valaki bôvebbet tud errôl az új bizonyításról kérem közölje! (Pl. az INTERNET-en lehet, hogy valami közlebbi is kiderül...)
    A diofantikus egyenlet definíciójában sem az ismeretlenek számáról, sem a kifejezés fokszámáról nincs szó (pl. a Fermat sejtés háromismeretlenes, n-ed fokú egyenlet).
    Mi most a kétismeretlenes, elsôfokú diofantikus egyenletekkel foglalkozunk, ezeket lineáris diofantikus egyenleteknek nevezzük.
    Általános alakjuk:     Könnyen belátható, hogy a megoldás egy szükséges feltétele, hogy az A és B számok legnagyobb közös osztója legyen osztója a C számnak. A baloldal osztható az lnko-val, így a jobboldalnak is oszthatónak kell lennie vele. Egy tétel mondja ki, hogy ez a feltétel már elegendô is a megoldás létezéséhez:
    Tétel: A lineáris diofantikus egyenletek megoldhatóságának szükséges és elegendô feltétele,
    hogy (A,B) osztható C-vel. A megoldások száma végtelen.

    A megoldás módszerét egy példán mutatom meg:

    Egyenletünk:
                                26 x - 58 y = 10

    Elsô lépésként osszunk le a két baloldali együttható lnko-jával, azaz 2-vel.
                                13x-29y=5
    Fejezzük ki x-et (általában a kisebb együtthatójú) ismeretlent:
                                 x=(29y+5)/13=2y+(3y+5)/13
    Mivel x és 2y is egész, kell hogy
                                 u=3y+5/13
    is egész szám legyen.
    Így                        13u=3y+5
    Innen megint a kisebb együtthatójú ismeretlent fejezzük ki:
                                 13u-5=3y
                                 y=(13u-5)/3
                                 y=4u-1+(u-2)/3
    Mivel y és a 4u-1 kifejezés is egész, ezért a tört is egész számot ad, azaz
                                 v=(u-2)/3
    is egész szám.
    Átalakítva:
                                 3v=u-2
                                 3v+2=u
    Ezt az egyenletet már nem kell átalakítani, az u  együtthatója 1 (ez a kisebb együttható). A megoldásokat úgy kapjuk meg,
hogy v értékeit végigfuttatjuk az egész számok halmazán. Persze mi az x és y ismeretleneket keressük, ezért az utolsó
egyenlet alapján elôször y-t számolhatjuk ki:

    A megoldások számpárok formájában : .....(-6,-13), (16,7), (45,20).....az x értékei 29-el, az y értékei 13-al növekednek. Látható, hogy végtelen sok megoldás van. y a 13-mal osztva 7-et, x a 29-el osztva 16-ot maradékot adó számok közül
kerül ki. Nem véletlen a két megoldás periodicitását adó számok ( 13  és 29) felbukkanása: az lnko-val való osztás után
keletkezô együtthatók adják az ismétlôdés nagyságát.
 
 
 
 
MEGOLDÁSOK
A 3. forduló megoldásai
1. feladat helyes eredménye: 10 és 12 lehet a jó válaszok száma.     " A jó válaszok száma páros, mert csak így jöhet ki páros eredmény. Maximálisan 100 pont szerezhetô: mind a 20 kérdésre
     helyes válasz esetén. Minimálisan 10 jó válasznak kell lennie, mert ellenkezô esetben 45 lenne a legtöbb szerzett pont. A jó
    válaszok lehetséges értékei tehát:  10,12,14,16,18,20.
    A 10 lehetséges, mert     10 helyes, 1 rossz, és 9 hiányzó válasz
    A 12 is lehetséges, mert     12 helyes, 6 rossz, és 2 hiányzó válasz.
    A 14 már nem lehetséges, mert már nem lehet elég pontot levonni, ugyanis:     A megoldás : 10 és 12 lehet a jó válaszok száma."
      " Ennyit állíthatunk meg helybôl:               és     ha x-el a jó válaszok, y-al a rossz válaszok számát jelöljük.

   Ha egy számot 5-el megszorzunk és belôle egy páros számot (y*2) kivonunk, akkor csak úgy lehet az eredmény páros (48),
   ha a szám (x) páros. A 48-at tehát az 5 páros számú többszöröseivel és a páros számok kivonásával kell elôállítani. ... stb"
   Inenn az elôzô gondolatmenethez hasonlóan adódik a két megoldás.
 

    I. Anna jól látja meg a feladat algebrai formáját. Ez a fajta egyenlet klasszikus a matematika történetében, definícióját,
    megoldási módszerét a NEWS rovatban olvashatjátok. A rovatban leírtak alapján:
      Az egyenlet jobb oldalán egy egész szám áll (y), így a bal oldal is egész. Ebbôl következik, hogy x/2 is egész, vagyis x páros
    szám. Készítsünk egy táblázatot figyelembe véve Anna második feltételét - kiegészítve azzal, hogy x>=0, y>=0 és x<=20,
    y<=20 - és az imént kapott egyenletet:

 
x 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
y -24 -19 -14 -9 -4 1 6 11 16 21 26

    A megadott feltételeknek a táblázat kiemelt oszlopaiban található értékek felelnek meg.

    II. A feladat megoldható koordinátarendszerben is, ábrázolással. A keresett x,y értékeket egy pont koordinátáinak tekintve
     lényegében pontokat keresünk a síkon.
    A megadott feltételek szerint  a keresett pontok:
    egyrészt a (0,0), (20,0), (20,20) és a (0,20) csúcspontokkal adott négyzet rácspontjai között vannak,
    másrészt az (1) feltételt kielégítô pontok között

    Ennek az egyenesnek és a négyzet rácspontjainak közös része adja a megoldásokat: a (10,1) és a (12,6) koordinátájú
    pontokat.
2. a/ feladat helyes eredménye: Az illetô 1980-ban született és 1998-ban 18 éves.                                           &n bsp;        ____
    "Jelöljük a keresett évszámot :  19ab alakban, ahol a,b eleme {0,1,2,...,9}.
 .                                        &nb sp;        ____
                                         & nbsp;         19ab+ életkor = 1998
                                         &nbs p;         életkor = 1 + 9 + a + b "
                                         1000+9000+10a+b+1+9+a+b=1998
                                         &nbs p;                         1910+11a+2b=1998
                                         &nbs p;                                   11a+2b=88

    Mivel 88 osztható 11-gyel, ezért 2b is osztható kell legyen 11-el. Ez csak úgy lehet, ha b 11-el osztható. Mivel b értéke
    legfeljebb 9 (mivel számjegy), egyedüli értéke a 0. Ha b=0, akkor a=8. Így kapjuk meg a fenti eredményt."

    Borbála utolsó egyenletét Diophantosz módszerével is meg lehet oldani! Próbáljátok meg azon a módon is!

2. b/ feladat helyes eredménye: az egyenletrendszer ellentmondó két egyenlethez vezetett, tehát nincs megoládása.

3.. A csokoládé 25 Ft, a torta 20 Ft, a krémes 15 Ft, a rétes 10 Ft és a nápolyi 5 Ft. (Kár, hogy ezek az árak csak a
     matematikai feladatban nem változnak évek óta...)

4. A háromszög átfogója 4 cm.

    " Mivel a két hegyesszög aránya 5:1 és a két szög összege - derékszögû háromszögrôl lévén szó - 90°. Így az egyik 75° a
    másik 15°.
    Az ábra jelölései szerint az eredeti háromszög ABC, az átfogóhoz tartozó magasság az átfogót M-ben metszi. Ági
    megrajzolja a háromszög köré írt kört - AB Thálész körét - és azt állítja, hogy a háromszög magassága a rajzon látható
    befoglaló négyzet oldalába pontosan 4-szer fér bele."
    Ez igaz, de ezt bizonyítani kell!
    A bizonyításhoz csak azt kell észrevennünk, hogy a CC¢O háromszög (O: a kör középpontja) egyenlô oldalú. Mivel
    CO=C¢O, és a szemközti szögek is egyenlôk csak azt kell bizonyítani, hogy
CC¢ is egyenlô a Thálész kör sugarával
vagy hogy a
COC¢ szög 60°.

    Ez utóbbit könnyen beláthatjuk:

    A tükrözés miatt COA szög egyenlô COA szöggel így elég megmutatni, hogy COA szög 30°. Vegyük észre, hogy ez a szög
    a COB háromszög O-nál levô külsô szöge, így egyenlô a nem mellette fekvô két belsô szög összegével. Igen ám, de ez a
    háromszög egyenlôszárú, így OCB=OBC=15°, azaz COA szög 2*15°=30°. Ezzel beláttuk, hogy CC¢O háromszög
    egyenlô oldalú, így CO=CC¢, vagyis a kör sugara egyenlô a magasság kétszeresével, azaz 2 cm-rel. Mivel a derékszögû
    háromszög köré írt körének sugara az átfogó fele, az átfogó hossza 4cm!
    Érkezett megoldás, mely a triogonometriai módszerrel oldja meg a feladatot. Aki ismeri ezt a téamkört, annak ez a
    alapfeladat.
5. feladat helyes eredménye: az elsô lépés 2 gyufa elvétele, majd mindig úgy kell elvenni, hogy az ellenfél által elvett gyufák
    számát négyre kell kiegészíteni.

    "Ha a kezdô beáll 1+4*n - re akkor nyerhet. A 4 azért kulcsszám, mert a kezdô erre ki tudja mindig egészíteni az ellenfél
    által elvett gyufák számát. Mivel 25=1+6*4 és a gyufák száma 27, elôször 2-t kell elvennie. Ezután ha az ellenfél     Így egy páros lépésben pontosan 4-el csökken a gyufák száma. Az elmondottakból következik, hogy 6 ilyen páros elvétel
    után 1 gyufa marad, amit a kezdô ellenfelének kell elvennie, vagyis veszít."
6. feladat     Forrás: Lengyel Zsuzsa: Ki kicsoda a tudományban? - Dunakanyar Kiadó         1802.december 15-én született Kolozsváron. Magyar matematikus.
        A matematika már kora gyermekkorába vonzotta. Apja irányításával ismerte meg ezt a tudományt. Eukleidészt és az
    V.posztulátum 2000 éve megoldatlan problémáját. Aki ezt megoldja, akkora gyémántot érdemel, mint a földgömb-indított
    útra Bolyai Farkas.
        Iskoláit Marosvásárhelyen kezdte, majd a bécsi Hadmérnöki Akadémián folytatta. 17 éves korában
    szögharmadolás szerkesztésénél felhasználta az egyenlõ oldalú hiperbola egyik ágát.
        1820-ból származó jegyzetei arról tanúskodnak, hogy már elindult az új geometria felé .1823-ban
    Temesváron kelt levelében azt írja apjának:"a semmibõl egy új világot teremtettem".
        Személyesen 1825-ben számolt be apjának a paralellák problémájának megoldásáról. Apa és fiu között ekkor kezdõdött
    a vita. 1826-ban Aradra került, s ott elöljárójának, Eckwehrnek mutatta be
    tértani munkáját , de õ is elutasította Bolyait. Munkája 1831-ben jelent meg a marosvásárhelyi nyomda gondozásában. A
    kiadás költségeit
Az harmadik forduló utáni állás

Az elsõ 9 helyezett
 
Helyezett Név Osztály Összpontszám (pont) Részvétel    (forduló) 
1. Nagymihály Ágnes 
9.d
77
3
2. Szemerey Anna 
10.a
77
3
3. Márk Brigitta 
9.d
69
3
4. Németh Ágnes 
9.a
56
3
5. Gálos Borbála 
10.a
41
2
6. Jakab Borbála
9.d
30
2
7. Prépost Hajnalka 
9.c
27
2
8. Lampérth Levente 
10.a
19
1
9. Kondor Boglárka 
9.c
18
2
 

Megjegyzés:
    Az forduló kijavított dolgozatai átvehetôk a számítástechnika tanáriban.