LURKÓ-LOGIKA1 LURKÓ-LOGIKA rovatvezető: Sinkáné Papp Mária Tavasz a kertben Feladatok csak 3. osztályos tanulóknak A. 1302. János bácsi a gyümölcsöskertjében a tavaszi

1

L U R K Ó - L O G I K A

rovatvezető: Sinkáné Papp Mária

Tavasz a kertben

Feladatok csak 3. osztályos tanulóknak

A. 1302. János bácsi a gyümölcsöskertjében a tavaszi metszést végzi. Hét-főn megmetszette a gyümölcsfák felét, kedden 8 fát, szerdán a maradék felét, csütörtökre már csak 12 fa metszése maradt. Hány gyümölcsfa van János bácsi kertjében?

A. 1303. Julcsiék sárga és piros tulipánhagymákat ültettek a kiskertükbe, összesen 100 darabot. Ha sárgából kétszer annyit ültettek volna, mint amennyit ültettek, akkor is csak fele annyi lenne, mint amennyit a pirosból elültettek. Hány darab sárga és hány darab piros tulipánhagymát ültettek Julcsiék?

Feladatok 3. és 4. osztályos tanulóknak

A. 1304. Soma nagyon szereti az újhagymát, segít a szüleinek a dughagyma elültetésében. Egy 3 méter hosszú ágyásban 8 sorba, egymástól 5 cm-re kellett ültetnie a hagymákat. Hány darab dughagymát ültetett el Soma?

A. 1305. Soma kiskutyája is örült a jóidőnek és örömmel szaladgált gazdája mellett a kertben. Amikor a kutyus a ve-teményeskertet futotta körbe, éppen há-romszor akkora utat tett meg, mintha a négyzet alakú virágoskertet futotta volna körbe. Milyen hosszúak a virágoskert ol-dalai?

A. 1306. Bogi édesanyja négy ágyásba zöldségféléket ültetett: retket, salátát, borsót és céklát. Bogit kérte meg, hogy az ágyások végén kis jelzőtáblával je-lölje, mit vetettek bele. Mint később kiderült, Bogi alaposan összekeverte a táb-lákat és csak egy zöldség helyét jelölte jól. Hányféleképpen helyezhette el Bogi a táblákat?


A. 1307. Géza bácsi új almáskert telepítésébe fogott. A keskeny, hosszú tel-ken az alábbiak szerint ültette a facsemetéket: 1. sorba 8 fa, 2. sorba 7 fa,

veteményes virágos19 méter

29 méter

2

3. sorba 8 fa, 4. sorba 7 fa, és így tovább. Összesen 73 sort ültetett. A telepített almafák negyede jonathán, a maradék harmada golden, a többi idared csemete. Hány facsemetét ültetett fajtánként Géza bácsi?

A. 1308. János bácsi, János és Jancsika reggel 9-kor kezdték ásni a Boriska néni veteményeskertjét. Egyenletes tempóban János bácsi óránként 6 négyzet-méternyi területet ásott fel, János kétszer annyit, mint János bácsi, Jancsika fele annyit, mint János bácsi. Jancsika déli 12-kor, János bácsi délután 2-kor hagyta abba az ásást. János 1 órás ebédszünetet tartva, délután 4-kor fejezte be a mun-kát. Hány négyzetméteres Boriska néni veteményeskertje?

Beküldési határidő: 2019. március 14.

Beküldési cím: Sinkáné Papp Mária 4401 Nyíregyháza 1., Pf. 332

A februárban kitűzött feladatok megoldásai

A. 1295. Meseországban három nép él: hegyi koboldok, erdei manók és tavi tündérek. Kófic, a kobold szeretné meglátogatni a tündérek tavát, ahová a manók erdején át vezet az útja. Több útvo-nal közül is választhat, az egyes útszakaszok hosszát az ábrán méterben jelöltük. Kófic szerencseszáma a 13, ezért olyan útvonalat választ, ahol a teljes útvonal hosszában a számjegyek összege 13. Milyen útvonalon haladt Kófic?

Megoldás: Hat útvonal közül választhat Kófic:

Útvonal Útszakaszok hossza (m) A teljes út hossza (m) Számjegyek

összege

A-D 146 + 79 225 9 nem jó A-E 146 + 86 232 7 nem jó B-D 71+ 79 150 6 nem jó B-E 71+ 86 157 13 jó C-D 127 + 79 206 8 nem jó C-E 127 + 86 213 6 nem jó

Kófic tehát a B-E útvonalon halad.

A. 1296. Lili, a tündér, Kili, a kobold és Vili, a manó ellátogattak egy varázskúthoz, amely teljesítette egy kívánságukat. Az egyikük egy varázsgyűrűt, másikuk egy bűvös fuvolát, harmadikuk egy csodakristályt kért. Melyikük mit kapott, ha Lili nem varázs-gyűrűt, Kili gyűrűt vagy fuvolát, Vili pedig nem fuvolát és nem is kristályt kért?

B. 71

C. 127

A. 146

E. 86

D. 79

3

Megoldás: Vili nem fuvolát és nem is kristályt, tehát varázsgyűrűt kapott. Eb-ből következik, hogy Kili bűvös fuvolát, Lili pedig csodakristályt kért a varázs-kúttól.

A. 1297. A téli napforduló éjjelén a koboldok, a manók és a tündérek is fáklyákat gyújtanak lakóhelyükön. Reggelre a fáklyák egy része kialszik, a három helyszínen (a hegyen, az erdőben és a tóparton) összesen már csak négy fáklya világít. Hányfélekép-pen világíthat a 4 fáklya a három helyszínen?

Megoldás: Jelöljük táblázatban, az egyes helyszíneken világító fáklyákat:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. Hegy 4 0 0 3 3 1 0 1 0 2 0 2 2 1 1 Erdő 0 4 0 1 0 3 3 0 1 2 2 0 1 2 1 Tó 0 0 4 0 1 0 1 3 3 0 2 2 1 1 2

A. 1298. Ha telihold van, a tündérek ünnepséget, vagy táncfesztivált, vagy lakomát rendeznek. Ha táncfesztivált rendeznek, akkor nem szolgálnak fel csodaszörpöt, és az erdei manók otthon maradnak. Ha lakomát rendeznek és szolgálnak fel csodaszörpöt, a manók eljönnek az ünnepségre. Most éppen telihold van, és szolgálnak fel csodaszörpöt. Melyik állítás igaz az alábbiak közül?

a) A manók otthon maradtak az erdőben. b) A tündérek táncfesztivált rendeztek. c) A tündérek lakomát rendeztek, melyre az erdei manók is eljöttek. d) A tündérek lakomát rendeztek, melyre az erdei manók nem jöttek el.

Megoldás: A c) állítás igaz: A tündérek lakomát rendeztek, melyre az erdei manók is eljöttek.

A. 1299. Tündérek és manók kézen fogva körtáncot járnak a réten. A tán-coló tündérek között egy olyan van, aki csak tündérnek fogja a kezét, és egy olyan, aki csak manónak. Hat olyan tündér van, aki tündérnek és manónak is fogja a kezét, míg egy olyan manó sincs, aki manónak fogja a kezét. Hány tündér és hány manó járja a körtáncot?

Megoldás: A feladat szövegéből kiderül, hogy 1+ 6 +1= 8 tündér van a körtánc-ban. A nyolc tündér közé kell a manókat elhelyeznünk, hogy a feltételeknek megfeleljen. Az ábrán jelölje a tündéreket, pedig a manókat: 8 tündér és 4 manó járja a körtáncot.

A. 1300. A Tündér-tavon fehér, sárga és rózsaszín tavirózsák virágoznak, összesen 770 darab, ezek adnak otthont a tó tündéreinek. Kétszer annyi sárga virág van, mint fehér és kétszer annyi rózsaszín virág, mint sárga. Jelenleg a fehér virágok felében, a

4

sárga virágok negyedében és a rózsaszín virágok ötödében lakik tündér, minden virág-ban legfeljebb egy. Hány tündér lakik a Tündér-tó tavirózsáiban összesen?

Megoldás: Ábrázoljuk szakaszrajzzal az adatokat:

Az ábrából látszik, hogy a fehér tavirózsák száma 770 tavirózsa hetedrésze, ez alapján 770 / 7 =110 fehér, kétszer annyi 110 ∙ 2 = 220 sárga és kétszer annyi 220 ∙ 2 = 440 rózsaszín virág van. A feladat szövege alapján 110 / 2 = 55 fehér vi-rágban, 220 / 4 = 55 sárga virágban és 440 / 5 = 88 rózsaszín virágban, összesen 55 + 55 + 88 =198 tavirózsában lakozik tündér.

A. 1301. Egy újévi ünnepségre kisebb társaság gyűlt össze, néhány tündér, manó és kobold. A jelenlévők megajándékozták egymást: a tündérek mindenkitől nyakláncot, a koboldok mindenkitől lámpást, a manók pedig mindenkitől egy-egy sapkát kaptak. Min-denki pontosan egy darab ajándékot adott át minden olyan vendégnek, aki nem a saját népéhez tartozik, de a saját népükhöz tartozóknak nem adnak ajándékot. Az ünnepségen 9 darab nyaklánc, 5 darab lámpás és 8 darab sapka került átadásra. Hány tündér, hány manó és hány kobold vett részt az összejövetelen?

Megoldás: Jelöljük résztvevőket kezdőbetűjükkel: tündérek T, manók M, ko-boldok K. A kapott ajándékok száma alapján következtethetünk arra, azt hányan kaphatták. Az 5 lámpást csak egy kobold kaphatta, K =1. Ebből következik, hogy a tündérek és a manók együtt öten vannak T + M = 5. Emiatt a tündérek, illetve a manók is legfeljebb négyen lehetnek. A 9 nyakláncot 1, 3 vagy 9 tündér kaphatná, de az előző megállapítás miatt T ≤ 4, ha pedig T =1 lenne, akkor K + M = 9 lenne, ami nem lehetséges. Így három tündér van jelen T = 3, 3 + M = 5, ebből M = 2. Az újévi ünnepségen tehát 3 tündér, 1 kobold és 2 manó vett részt.

A Lurkó-logika feladatsorait és megoldásait Kirschner Bernadett lektorálta.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Milyen a negyedik?

Négy hajó mindegyike azonos távolságra van a másik háromtól. Az egyik utas-szállító, a másik teherhajó, a harmadik olajszállító. Milyen a negyedik?

A fejtörő megoldása a 33. oldalon olvasható. Logikai egypercesek - Trükkös feladványok

770

F

SR

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. 1321. Az A fogaskerék 1 perc alatt éppen tízszer for-dul meg. Hányat fordul a C fogaskerék 1 perc alatt?

B. 1322. Sanyi 5 db gyümölcsös, 3 db kakaós és 2 db mogyorós müzliszele-tet vásárolt, összesen 730 Ft értékben. Ha minden kakaós müzliszelet helyett gyümölcsöset vett volna, akkor 760 Ft-ot fizetett volna. Ha viszont az eredeti vásárlásakor minden mogyorós helyett vett volna gyümölcsöset, akkor 770 Ft lett volna a teljes összeg. Hány Ft-ba kerülnek a különböző müzliszeletek?


B. 1323. Egy 1-nél nagyobb pozitív egész számot nevezzünk „erős” szám-nak, ha több osztója van, mint minden nála kisebb pozitív egész számnak. Pél-dául a 2 erős szám, mert 2 osztója van, míg az 1-nek csak 1, de a 3 nem erős szám, mert 2 osztója van, ugyanúgy, mint a nála kisebb 2-nek. a) Add meg a négy legkisebb erős számot! b) Erős szám-e a 30? c) Erős szám-e a 36?

B. 1324. Töltsük ki az alábbi táblázatot a 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 számokkal úgy, hogy az alsó sorba írt számok mindegyikének egész számú többszöröse legyen az a szám, ami felette áll (minden számot csak egy-szer használhatunk fel, és egy cellába csak egy számot írhatunk). Mennyi lehet a felső sorban a számok összege?

B. 1325. Színezzük ki az ábrán látható, betűvel jelölt pontokat úgy, hogy két szomszédos (egy szakasszal ösz-szekötött) pont ne legyen azonos színű! Mennyi a legke-vesebb szín, amelyet ehhez fel kell használnunk?


B. 1326. Igaz-e, hogy minden 7-nél nagyobb egész szám előáll egy 3-mal osztható és egy 5-tel osztható nem negatív szám összegeként?

A

B C

A

E

F

B

DC

J

G

L

K

H

6

B. 1327. Az A fogaskerék 1 perc alatt éppen hatszor fordul meg. Hányat fordul a C fogaskerék 1 perc alatt?


C. 1438. Egy négyzet belsejében helyezzünk el négy pontot úgy, hogy a négyzet csúcsai és a négy pont közül semelyik három ne essen egy egyenesre. Kössük össze ezt a nyolc pontot (a négyzet csúcsait és a belső négy pontot) egy-mást nem metsző szakaszokkal úgy, hogy a lehető legtöbb szakaszt húzzuk be. Legfeljebb hány szakaszt lehet így berajzolni?

C. 1439. Az A fogaskerék 1 perc alatt éppen hét-szer fordul meg. Hányat fordul a D fogaskerék 1 perc alatt? (Az A fogaskerék 24 fogú, a B 18 fogú, a C fogaskerék 12 fogú, a D pedig 24 fogú.)


C. 1440. Igaz-e, hogy minden 30-nál nagyobb egész szám előáll egy 5-tel osztható és egy 7-tel osztható nem negatív szám összegeként?

C. 1441. Egy 1-nél nagyobb pozitív egész számot nevezzünk „erős” szám-nak, ha több osztója van, mint minden nála kisebb pozitív egész számnak. (Pél-dául a 2 erős szám, mert 2 osztója van, míg az 1-nek csak 1, de a 3 nem erős szám, mert 2 osztója van, ugyanúgy, mint a nála kisebb 2-nek.) a) Add meg az öt legkisebb erős számot! b) Erős szám-e az 5 ⋅ 7 ⋅13? c) Erős szám-e a 23

⋅ 34 ⋅ 5?

d) A 60 erős szám. Igaz-e, hogy van 60-nál nagyobb és 212 +1-nél kisebb erős

szám?

C. 1442. Töltsük ki az alábbi táblá-zatot a 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10; 12 számokkal úgy, hogy az alsó sorba írt számok mindegyikének egész számú többszöröse legyen az a szám, ami felette áll (minden számot csak egyszer használhatunk fel, és egy cellába csak egy szá-mot írhatunk). A kitöltést úgy készítsük el, hogy az 5 és a 9 ne legyen egyszerre az alsó sorban. Adjunk meg minél több megfelelő kitöltést!

C. 1443. Keressük meg a 225. olyan számot a pozitív egész számok 1-től kezdődő növekvő sorozatában, amelyik nem írható fel két egymást követő egész szám szorzataként!

A

B

C

A

B C

D

7


C. 1444. Egy négyzet belsejében helyezz el hat pontot úgy, hogy a négyzet csúcsai és a hat pont közül semelyik három ne essen egy egyenesre. Kösd össze ezt a tíz pontot (a négyzet csúcsait és a belső hat pontot) egymást nem metsző szakaszokkal. Ezt az összekötést addig folytasd, amíg van két olyan pont a tíz közül, amit a fenti módon össze lehet kötni. Legfeljebb hány szakaszt lehet be-rajzolni így?

C. 1445. Sok egész számot fel lehet írni három egész szám négyzetének ösz-szegeként. Például: 1=12

+ 02 + 02, 14 = 32

+ 22 +12, 20 = 42

+ 22 + 02. Mutassuk

meg, hogy a 2015 nem írható fel három egész szám négyzetének összegeként!


A megoldásokat az alábbi címre küldjétek: ABACUS pontverseny 1437 Budapest, Pf. 774

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Helyesbítés A B.1312. feladat megoldásába hiba csúszott. Ha az óvónéni egy kék és egy piros űrlényecske közé áll be, akkor a kéknek és a pirosnak is 1-1 keze szabadul fel, azaz összesen 2, így a zászlók száma 2-vel nő ebben az esetben, tehát 6 + 2 = 8, 4 + 2 = 6 és 2 + 2 = 4 zászlót lengethetnek ekkor az űrlényecskék a sza-bad kezeikben. A javítás során ezt a helyesbítést már figyelembe vettük.

A C.1427. feladat megoldásában hibás gondolattal azt állítottuk, hogy az öt szám közül a legnagyobb szám akkor lesz minimális, ha a számok segítségével minden számot előállítunk rendre 1-től 31-ig, azaz az előálló összegek legyenek minél kisebbek. Ennek a gondolatnak a következménye az 1; 2; 4; 8; 16 szám-ötös, azonban kisebb maximális számmal is meg lehet oldani a feladatot. A le-hető legkisebb érték a legnagyobb számra 13, például a 3; 6; 11; 12; 13 számok megfelelnek a feltételeknek. Ennek bizonyítása azonban nem egyszerű, egyelőre elemi gondolatmenettel nem is tudjuk igazolni, csak számítógépes programmal, az összes lehetséges eset végigtekintésével. (A legnagyobb szám értéke 16-nál kisebb a keresett számötösben, ezért véges sok eset ellenőrzésével megkapjuk a lehető legkisebb értéket.) A javítás során már a helyes eredménnyel dolgoztunk, így aki az 1; 2; 4; 8; 16 számokat adta meg, nem kapott maximális pontot. A hibákért elnézést kérünk.

8

A januárban kitűzött feladatok megoldásai B. 1314. Hány óra hány perc lehet most, ha a jelenlegi időpont és ma este

6 óra között kétszer annyi időtartam van, mint a jelenlegi időpont és ma este 5 óra kö-zött?

Megoldás: Ha még nem múlt el 5 óra, akkor 5 óráig feleannyi idő van hátra, mint 6 óráig, tehát most 4 óra van. Ha már elmúlt 5 óra, akkor 5 órától eddig feleannyi idő telt el, mint amennyi még 6 óráig hátravan, így most 5 óra 20 perc van.

B. 1315 A karácsonyfára feltettek háromféle szaloncukrot: zselést, marcipánost, és dióst. Kétszer annyi marcipánost tettek fel, mint zselést, és háromszor annyi dióst, mint amennyi összesen a marcipános és zselés volt. A fára összesen 120 szaloncukor került fel. Hány szaloncukor volt az egyes ízekből?

Megoldás: Ha háromszor annyi diós volt, mint a másik kettő együttvéve, akkor az összes szaloncukor háromnegyede volt diós, azaz 90 db, a többi pedig zselés vagy marcipános, azaz összesen 30 db. Marcipános kétszer annyi volt, mint zse-lés, így 20 marcipános és 10 zselés cukor került fel a fára.


B. 1316. Egy űróvodába piros és kék űrlényecskék járnak. A piros űrlényecskék-nek mindkét oldalon 3-3, míg a kék űrlényecskéknek mindkét oldalon 2-2 karjuk van. Ha két piros űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt jelenti, hogy az egyik a 3 jobb oldali kezével fogja a másik 3 bal oldali kezét. Hasonlóan, ha két kék űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt jelenti, hogy az egyik a 2 jobb oldali kezével fogja a másik 2 bal oldali kezét. Ha viszont egy piros űrlényecske fogja egy kék űrlényecske kezét, akkor a piros egyik oldali 3 keze közül csak 2-vel fogja a kék másik oldali 2 kezét. Egy körben 5 piros és 3 kék űrlényecske áll. Mindegyikük megfogja a vele azonos színű szomszédja kezét. Hány kézfogás lehet? (Minden kezet számolunk, így pl. két piros egy-más mellett 3 kézfogást jelent.)

Megoldás: Először álljon be az 5 piros a körbe, ekkor 5 · 3 =15 kézfogást látunk. Ha mindhárom kéket két-két piros közé állítunk be, akkor csak 2 · 3 = 6 piros kézfogás marad. Ha két kéket egymás mellett állítunk be, és a harmadikat külön két piros közé, akkor megszűnik összesen 2·3 piros kézfogás, de lesz 2 kék, ami összesen 15 – 6 + 2 =11 kézfogás. Ha mindhárom kék egymás mellé kerül, akkor 3 piros kézfogás ugyan megszűnik, viszont lesz 2 · 2 kék, azaz összesen 15 – 3 +

+ 4 =16.

B. 1317. Hétfőn Dávid kedden a szokásosnál később, csak 7 óra 5 perckor indult otthonról, így 15 percet késett az iskolából. Kedden Ádám szintén 15 percet késett az iskolából, de ő csütörtökön, mert csak 7 óra 25 perckor tudtak aznap reggel elindulni. Ádám kétszer olyan messze lakik az iskolától, mint Dávid, viszont feleannyi idő alatt ér

9

be Dávidhoz képest, mert autóval viszik a szülei. Hány percet késne Kedden Ádám, ha szerdán 6 óra 50 perckor indulna otthonról, és Hétfőn Dávid tempójában menne az is-kolába? (A tanítás minden nap ugyanabban az időpontban kezdődik).

Megoldás: A Dávid és Ádám közti 20 perces indulási eltérés Dávid menetide-jének fele, tehát Dávid menetideje 40 perc. Így a tanítás 7 óra 30 perckor kez-dődik. Ha Ádám Dávid tempójában menne, akkor neki 80 percig tartana beérni az iskolába, így 6 óra 50 perckor indulva 8 óra 10 percre érne be az iskolába, vagyis 40 percet késne. (Megjegyzés: Hétfőn Dávid és Kedden Ádám a fiúk teljes neve.)

B. 1318. Vágjuk fel az alábbi nyilat 3 olyan darabra, amelyekből egy téglalap rakható össze! (A keletkezett darabok tetszőlegesen áthelyezhetők, elforgathatók és átfordíthatók.) A téglalap készítésekor a darabok nem fed-hetik át egymást, és nem lehet közöttük hézag. Adjunk meg legalább egy lehetséges feldarabolást és átrendezést!

Megoldás: Egy lehetséges feldarabolás és átrendezés:

B. 1319. Az ábrán nyolc egybevágó téglalapot illesztettünk össze egy alakzattá úgy, hogy azok nem fedik egymást. Egy téglalap kerülete 8 cm. Hány cm az egész alakzat kerülete?

Megoldás: Jelölje a téglalap egyik oldalának hosszát a, a má-sikét b. Az ábra részletén feltüntettük az egyes szakaszok hosz-szát a és b segítségével. A vastagon jelölt töröttvonal hossza éppen a téglalap kerületé-vel egyezik meg. A teljes alakzat kerülete 4 ilyen töröttvonal-ból áll, ezért a kerület 32 cm.

B. 1320. Egy kocka alakú torta minden oldalát bekenjük csokimázzal, majd felvág-juk a tortát egyforma kocka alakú darabokra. Így azon darabok száma, melyeknek pon-

tosan három oldallapja csokimázas, éppen 278 része lett az egyáltalán nem csokimázas

darabok számának. Hány kisebb kockára vágtuk fel a tortát?

Megoldás: Azon darabok száma, melyeknek pontosan 3 oldala csokimázas, mindig 8, függetlenül attól, hogy hány kockára vágtuk fel a tortát. Így az egyál-talán nem csokimázas darabok száma 27 kell, hogy legyen. Ezek a darabok a nagyobb kocka belsejében egy kisebb kockát alkotnak. Mivel 27 van belőlük,

a

b

b

a-b a-b

b

b b

10

ezért a kisebb kocka mérete 3 × 3 × 3 kis kocka, így a nagyobb kocka mérete 5 × 5 × 5 kisebb kocka. Tehát a tortát 125 darabra vágtuk szét.


C. 1430. Egy űróvodába piros és kék űrlényecskék járnak. A piros űrlényecskék-nek mindkét oldalon 3-3, míg a kék űrlényecskéknek mindkét oldalon 2-2 karjuk van. Ha két piros űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt jelenti, hogy az egyik a 3 jobb oldali kezével fogja a másik 3 bal oldali kezét. Hasonlóan, ha két kék űrlényecske fogja egymás kezét, akkor az azt jelenti, hogy az egyik a 2 jobb oldali kezével fogja a másik 2 bal oldali kezét. Ha viszont egy piros űrlényecske fogja egy kék űrlényecske kezét, akkor a piros egyik oldali 3 keze közül csak 2-vel fogja a kék másik oldali 2 kezét. a) Egy körben 15 piros és valahány kék űrlényecske áll. Mindegyikük megfogja a vele azonos színű szomszédja kezét. Minimálisan hány kék űrlényecske van a körben, ha pontosan 30 piros kézfogást látunk? (Minden kezet számolunk, így pl. két piros egymás mellett 3 kézfogást jelent.) b) Egy körben piros és kék űrlényecskék állnak. Mindegyikük megfogja a vele azonos színű szomszédja kezét, így pontosan 18 piros és 8 kék kézfogást látunk. Minimálisan hányan állnak a körben? (Minden kezet számolunk, így pl. két piros egymás mellett 3 kézfogást jelent.)

Megoldás: a) Ha csak 15 piros állna a körben, akkor 15 · 3 = 45 piros kézfogást látnánk. Egy kék két piros közé állításakor 3-mal csökken a kézfogások száma. Azaz minimum 5 kéket kell ilyen módon beállítanunk ahhoz, hogy pont 30 piros kézfogást látunk. (Ennél több kék is lehet, ha többen állnak kékek egymás mel-lett.) b) Ha 7 piros áll egymás mellett és 5 kék áll egymás mellett, akkor megvan a 6 · 3 =18 piros és 4 · 2 = 8 kék kézfogás. Ennél lehetnek többen, ha piros-kék pá-rokat állítunk be bármilyen sorrendben azonos színűek közé, vagy fordított sor-rendben különböző színűek közé (piros-kék közé kék-piros párt vagy kék-piros közé piros-kék párt).

C. 1431. Vágjuk fel az alábbi nyilat 3 olyan darabra, amelyekből egy téglalap rakható össze! (A keletkezett darabok tetszőlegesen áthelyezhetők, elforgathatók és átfordíthatók.) A téglalap készítésekor a darabok nem fed-hetik át egymást, és nem lehet közöttük hézag. Adjunk meg legalább egy lehetséges feldarabolást és átrendezést!

Megoldás: Egy lehetséges feldarabolás és átrendezés:

11


C. 1432. Hétfőn Dávid kedden a szokásosnál később, csak 7 órakor indult otthonról, így 15 percet késett az iskolából. Kedden Ádám szintén 15 percet késett az iskolából, de ő csütörtökön, mert csak 7 óra 15 perckor tudtak aznap reggel elindulni. Ádám kétszer olyan messze lakik az iskolától, mint Dávid, viszont kétharmadannyi idő alatt ér be Dá-vidhoz képest, mert autóval viszik a szülei. Hány percet késne Kedden Ádám, ha szerdán 6 óra 50 perckor indulna otthonról, és Hétfőn Dávid tempójában menne az iskolába? (A tanítás minden nap ugyanabban az időpontban kezdődik). Megoldás: A Dávid és Ádám közti 15 perces indulási eltérés Dávid menetide-jének harmadrésze, tehát Dávid menetideje 45 perc. Így a tanítás 7 óra 30 perc-kor kezdődik. Ha Ádám Dávid tempójában menne, akkor neki 90 percig tartana beérni az iskolába, így 6 óra 50 perckor indulva 8 óra 20 percre érne be az isko-lába, vagyis 50 percet késne. (Megjegyzés: Hétfőn Dávid és Kedden Ádám a fiúk teljes neve.)

C. 1433. Egy tizenkétszöget négy egybevágó négyzetre és négy egybevágó téglalapra daraboltunk fel az ábra szerint (az ábra nem méretarányos). Egy négyzet területe 9 cm2, a tizenkétszög kerülete 56 cm. Mennyi a tizenkétszög területe?

Megoldás: A négyzet oldala 3 cm. A téglalapok rövidebb és hosszabb oldala közötti különbség az ábra alapján megegyezik a négyzet oldalának hosszával, ezért minden téglalapból a 12-szög kerületébe a rövidebb oldalának kétszerese számít be. A kerület 8 négyzetoldal és 8 rövidebb téglalap-oldal hosszának ösz-szege, ezért a téglalap rövidebb oldala 4 cm hosszú. A 12-szög területe: 4 ⋅ 32

+

+ 4 ⋅ 4 ⋅ 7 =148 cm2.

C. 1434. Egy kocka alakú torta minden oldalát bekenjük csokimázzal, majd felvágjuk a tortát egyforma kocka alakú darabokra. Így azon darabok száma, melyeknek pontosan

két oldallapja csokimázas, éppen 43 része lett az egyáltalán nem csokimázas darabok

számának. Hány kisebb kockára vágtuk fel a tortát?

Megoldás: Ha a tortát 8 darabra vágjuk fel (2 × 2 × 2), akkor ugyan 0 db két ol-dallapján mázas kiskockát találunk, és 0 db egyáltalán nem csokimázas kiskoc-kát, de az állítás igaz. A továbbiakban legyen a torta felvágva n × n × n db kisebb kockára (n > 2). Azok a darabok, melyeknek pontosan 2 oldala csokimázas, a kocka élein helyezkednek el, egy élen n – 2 db, azaz összesen 12 (n – 2). Azok a darabok, melyek egyáltalán nem csokimázasak, a nagyobb kocka belsejében egy kisebb kockát alkotnak. A kisebb kocka mérete (n – 2) × (n – 2) × (n – 2), tehát a nem csokimázas kockák száma (n – 2)3. A két kifejezés hányadosa 3 / 4, tehát

12

43 = 3)2(

)2(12

−

−

n

n=

2)2(12−n

. Innen (n – 2)2 =16, azaz n = 6. Tehát a tortát 216 darabra

vágtuk fel.

C. 1435. Hány perccel vagyunk 6 óra előtt, ha 50 perccel ezelőtt négyszer annyi perccel múlt 3 óra, mint amennyi még mostantól számítva hat óráig hátravan?

Megoldás: Legyen most az idő x perc múlva 6 óra. A szöveg alapján (360 – x) – 50 =180 + 4x, ahonnan x = 26.


C. 1436. Három méter magasra vezető 1 méter széles tömör beton lépcsőt kell épí-tenünk, egyforma magas lépcsőfokokkal. Minden lépcsőfoknak van egy magassága, és egy úgynevezett lépésmélysége (azaz a lépcsőnek a lépésirányunkkal párhuzamos hosz-szúsága). A lépcsőfokoknál előírás, hogy a lépcsőfok lépésmélysége és a lépcsőfok ma-gasságának duplája összesen 64 cm legyen, valamint hogy a lépcsőfok ne legyen maga-sabb, mint amekkora a lépésmélysége. Legkevesebb hány lépcsőfokra lesz szükség? Mennyi betonra lesz szükségünk a minimális darabszámú lépcsőfokból álló lépcsőhöz?

Megoldás: A lehető legmagasabb lépcsőfok, ami az előírásnak megfelel (ebből kell nyilván a legkevesebb),

2131 cm magas, és lépésmélysége szintén 21

31 cm. Vi-

szont mivel csak egész számú lépcsőfok képzelhető el, csak a 300 osztói adhatják a lépcsőfok magasságát, így az első szóba jövő magasság a 20 cm, ahol a lépésmély-ség 24 cm. Ilyen lépcsőfokból 15 darabra van szükség, ami a lehető legkevesebb. A megfelelő betonmennyiséget kiszámíthatjuk, ha képzeletben nyolcadik lép-csőfok felénél a talajjal párhuzamos síkkal kettévágjuk a lépcsőt, és a felső felét az alsóval összeillesztjük. Így egy téglatesthez jutunk, aminek magassága 1,5 m, szélessége 1 m, hossza 16 ⋅ 0,24 = 3,84 m, így térfogata 5,76 m3.

C. 1437. Párokba lehet-e rendezni 1-től 50-ig az egész számokat úgy, hogy minden párban a számok összege más-más prímszám legyen?

Megoldás: Nem lehet, mert 1-től 50-ig az egész számokból 25 párt alakítha-tunk ki, melyekből a lehető legkisebb összeg 1+ 2 = 3, a lehető legnagyobb pedig 49 + 50 = 99, viszont 3 és 99 között csak 24 prímszám szerepel: 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; 37; 41; 43; 47; 53; 59; 61; 67; 71; 73; 79; 83; 89; 97.

A Matematikai pontverseny feladatsorait és megoldásait Czirkos Angéla lektorálta.

13

Az ABACUS pontversenyének állása a 4. forduló után 5. osztály

1. Szakács Ábel (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.), Virág Luca (Móra Ferenc Általános Iskola, Budapest XIV.) 120 pont; 3. Kovács Adrián (Bárczi Géza Általános Iskola, Budapest III.) 119 pont; 4. Görömbey Tamás (Gönczy Pál Általános Iskola, Deb-recen), Gyenes Károly (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Horváth Tünde Ilona (Prohászka Ottokár Orsolyita Gimn., ÁI. és Óv., Győr), Kovács Dániel (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét), Miszori Gergő (SZTE Gyakorló Gimn. és Ált. Isk., Szeged) 118 pont; 9. Horváth Hajnalka Erzsébet (Prohászka Ottokár Orsolyita Gimn., ÁI. és Óv., Győr), Krüpl Boglárka (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Veres Do-rottya (Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Ált. Isk. és Gimn., Budapest VIII.) 116 pont; 12. Prohászka Bulcsú (Budapest V. ker. Váci Utcai Ének-Zenei ÁI., Budapest V.) 115 pont; 13. Sziegl András (Szent József Iskolaközpont, Szekszárd) 114 pont; 14. Bertollo Antonio (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Kocsis Péter (Bábolnai Általános Is-kola, Bábolna), Szabó Dániel György (Kodály Zoltán Magyar Kórusiskola, Budapest I.) 113 pont; 17. Lesku Dóra (Debreceni Református Kollégium Ált. Isk., Debrecen), Szabó Bálint (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 112 pont; 19. Kovács András Zoltán (Deák Téri Evangélikus Gimnázium, Budapest V.), Ormay Péter (Testnevelési Egyetem Gyak. ÁI. és Gimn., Budapest XII.), Takács Dávid (Kecskeméti Református Általános Iskola, Kecskemét) 111 pont; 22. Gyarmati-Litter Lili (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagykanizsa), Kristóf Luca (Veszprémi Báthory István ÁI. és Köznevelés Típusú, Veszprém), Lőw László (ELTE Radnóti Miklós Gyak. Isk. és Gimn., Budapest XIV.), Pinczés Bálint (Néri Szent Fülöp Kat. Ált. Isk., Budapest XVI.), Szabó Bence (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 110 pont; 27. Bíró György András (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Molnár Csenge (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagykanizsa), Sárecz Bence (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 109 pont; 30. Lédeczi Márton (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 107 pont; 31. Majer Szonja Hanna (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Marton Dóra Virág (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagyka-nizsa), Szederkényi Bendegúz (Fészek Waldorf Iskola, Solymár) 105 pont; 34. Bálint Áron Zsolt (Arany János Ált. Isk. és Gimn., Budapest XII.), Csonka Lilla (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Heizer Panna (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Köhler Milán (Arany János Általános Iskola, Kecskemét), Páternoszter Tamás (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 104 pont; 39. Eigner Krisztián János (Jedlik Ányos Gimná-zium, Budapest XXI.), Soós Johanna (Szigetköz Ált. Isk. és Alapf. Műv. Int., Darnózseli) 103 pont; 41. Berta Villő (Kecskeméti Református Általános Iskola, Kecskemét), Berta-lan Tamara (Szigetköz Ált. Isk. és Alapf. Műv. Int., Darnózseli), Faragó Csillag Virág (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Szalai Áron (Gyulai Dürer Albert Általános Is-kola, Gyula) 102 pont; 45. Biró Richárd (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Bogár-Szabó Márta (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét), Zakály András (Bá-nyai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 101 pont; 48. Kun Szilvia (Batthyány Lajos Gimná-zium, Nagykanizsa), Rávai Zoárd Mihály (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Stancsics Panna (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 100 pont; 51. Krisztian Ar-nold (Szobi Fekete István ÁI. Kemencei Ált. Tagisk., Kemence), Marsa Ádám (Bányai

14

Júlia Gimnázium, Kecskemét), Szabó Ádám (Piarista Ált. Isk. és Gimn., Kecskemét) 99 pont; 54. Masszi Zsófia Sára (Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Ált. Isk. és Gim, Bu-dapest VIII.) 97 pont; 55. Gyertyánági Luca Olívia (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagy-kanizsa), Ináncsi Zsófia (Teleki Blanka Általános Iskola, Budapest XI.), Móricz Kármen (Virányos Általános Iskola, Budapest XII.) 94 pont; 58. Maurer Lili Sára (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Sótonyi Hanna (Dunakeszi Radnóti Miklós Gimnázium, Du-nakeszi), Szilágyi Bulcsú (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Tóth Hanga Kata-lin (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Závoti Soma (Szent II. János Pál Iskolaköz-pont, Budapest XI.) 93 pont; 63. Klein Máté (Szent Imre Katolikus Általános Iskola, Kecskemét), Rózsás Júlia (Néri Szent Fülöp Kat. Ált. Isk., Budapest XVI.) 89 pont; 65. Kardos Kornél (Tüköry Lajos Általános Iskola és AMI, Körösladány), Takács Noel (Tüköry Lajos Általános Iskola és AMI, Körösladány) 88 pont; 67. Körmöndi Márk (SZTE Gyakorló Gimn. és Ált. Isk., Szeged), Pál-Horváth Anna Edit (Zrínyi Miklós Gim-názium, Zalaegerszeg), Wolf Erik (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 87 pont; 70. Kelemen Emma Sára (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 86 pont; 71. Gye-nesei Veronika (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Ilyés Regő (Fészek Waldorf Is-kola, Solymár) 85 pont; 73. Forgács Bálint Viktor (Lehel Vezér Gimnázium, Jászberény) 84 pont; 74. Dobi Ábel (Gönczy Pál Általános Iskola, Debrecen) 83 pont; 75. Lakó Botond (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 82 pont; 76. Héjjas Attila Márk (Néri Szent Fülöp Kat. Ált. Isk., Budapest XVI.), Melján Anna (Zrínyi Ilona Általános Iskola, Kecskemét), Nagy Eszter Dóra (Budapest V. ker. Váci Utcai Ének-Zenei ÁI., Budapest V.) 81 pont; 79. Asztalos Bende (Zrínyi Ilona Általános Iskola, Kecskemét), Palkovics Már-ton (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Szalai Fanni (Zrínyi Ilona Általános Is-kola, Kecskemét) 80 pont; 82. Szénás Gréta (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 79 pont; 83. Hajós Boróka (Szent Efrém Görögkat. Óvoda, ÁI. és AMI, Debrecen), Szabó Márton (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Varró László (Tüköry Lajos Általános Iskola és AMI, Körösladány) 78 pont; 86. Fekete Csaba (Szent Imre Általános Iskola és Óvoda, Székesfehérvár), Korpácsi Máté (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Nagy-falusi Ákos Vilmos (Berze Nagy János Gimn.,Szakisk. és Koll., Gyöngyös) 76 pont; 89. Jakab Dávid (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), L. Nagy Hanna Laura (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagykanizsa), Tóth Katinka (Teleki Blanka Általános Is-kola, Budapest XI.) 75 pont; 92. Dsupin Regina Dóra (Angol Nyelvet Emelt Szinten Ok-tató ÁI., Budapest IV.) 73 pont; 93. Baráth Bianka (II. Rákóczi Ferenc Általános Iskola, Kecskemét), Csontos Sámuel (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Somodi László Péter (Piarista Ált. Isk. és Gimn., Kecskemét) 72 pont; 96. Banyár Noémi (Gárdonyi Géza Általános Iskola, Budapest XIII.), Tóth Dávid (Szoboszlói Úti Általános Iskola, Debrecen) 71 pont; 98. Kovács Péter (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.), Mayer Tibor (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Panulin Roland (Zrínyi Miklós Gimná-zium, Zalaegerszeg) 70 pont; 101. Gazsó Botond Zoltán (Szigetköz Ált. Isk. és Alapf. Műv. Int., Darnózseli) 68 pont; 102. Bánhegyi Zsombor (Újlaki Általános Iskola, Buda-pest II.) 67 pont; 103. Rácz Gábor (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Túri Gábor (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 66 pont; 105. Zsámboki Ádám (Zrínyi Ilona Ál-

15

talános Iskola, Kecskemét) 65 pont; 106. Nika Balázs (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zala-egerszeg) 64 pont; 107. Sebestyén Ágoston (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 62 pont; 108. Ferenc Szabolcs (SZTE Gyakorló Gimn. és Ált. Isk., Szeged) 61 pont; 109. Csonka Zsófia (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 59 pont; 110. Pálfi Bálint Ádám (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 58 pont; 111. Polgár Bianka Kira (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.) 57 pont; 112. Radnai Tünde (Andor Ilona É-Z. Ált. és Alapf. Műv. Baptista Isk., Budapest III.) 56 pont; 113. Mikuska Flórián (Arany János Általános Iskola, Budapest XVI.) 54 pont. (Kevesebb pontja van 44 versenyzőnek.)


1. Mező Levente (Zrínyi Ilona Általános Iskola, Szeged) 123 pont; 2. Fehér Ferenc (Jed-lik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.), Szakács Domonkos (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.) 121 pont; 4. Egyházi Godó (Hatvani Kossuth Lajos Általános Iskola, Hatvan), Marton Réka (Teleki Blanka Általános Iskola, Budapest XI.), Siteri Nándor (Árpád Vezér Általános Iskola, Debrecen), Szőcs Levente (Szent József Iskolaközpont, Szekszárd) 120 pont; 8. Gede Csenge (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.) 119 pont; 9. Bodonhelyi András (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Csilling Dániel (Szilágyi Erzsébet Gimnázium, Budapest I.), Czirók Zsófia (Deák Téri Evangélikus Gimnázium, Budapest V.), Petrányi Lilla (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 118 pont; 13. Kis Márton Tamás (HVNOI Körzeti Általános Tagiskola, Heves), Kovács Barnabás (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Tompos Ábel (Zrínyi Miklós Gimná-zium, Zalaegerszeg) 116 pont; 16. Szemző Dávid György (ELTE Radnóti Miklós Gyak. Isk. és Gimn., Budapest XIV.) 115 pont; 17. Erdélyi Kata (Szent István Általános Iskola, Budapest V.), Somogyi Dóra (Kazinczy Ferenc Gimnázium, Győr) 114 pont; 19. Balbisi Ziád (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.), Balogh András (Általános Iskola, Vér-tessomló), Fajszi Karsa (Csíki-hegyek Utcai Általános Iskola, Budapest XI.), Magyar Gergely (Teleki Blanka Általános Iskola, Budapest XI.) 113 pont; 23. Kispeti Anna (Bá-nyai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Nagy Korina (Bányai Júlia Gimnázium, Kecske-mét), Oláh Zsófia (ELTE Radnóti Miklós Gyak. Isk. és Gimn., Budapest XIV.), Páter Péter (Jókai Mór Általános Iskola, Pécs) 112 pont; 27. Czipó Áron (Jedlik Ányos Gim-názium, Budapest XXI.), Demeter Emma (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Papp Barnabás (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Szabó Áron (Teleki Blanka Általános Iskola, Budapest XI.) 111 pont; 31. Beke Botond (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Mészáros Péter (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Mihó Maja (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 109 pont; 34. Rusvai Tamás (Lehel Vezér Gimnázium, Jászbe-rény) 108 pont; 35. Bajáki Borbála (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Czigány Má-tyás (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Nagy Huba (SZTE Gyakorló Gimn. és Ált. Isk., Szeged) 107 pont; 38. Péntek-Takács Laura (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zala-egerszeg) 106 pont; 39. Salamon Sára (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 105 pont; 40. Fári Bence Imre (Bethlen Gábor Református Gimnázium, Hódmezővásárhely), Szélpál Máté (SZTE Gyakorló Gimn. és Ált. Isk., Szeged) 104 pont; 42. Czigány Emma

16

(Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Lázár Levente (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 103 pont; 44. Fejérvári Réka (Péterfy Sándor Evangélikus Gimn., ÁI. és Óv., Győr), Jánosik Jázmin (Győri Arany János Angol-Német KTNy Ált. Isk., Győr) 102 pont; 46. Kovács-Bánhalmi Hédi Zita (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 100 pont; 47. Antal Dávid (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Balogh Adrienn (Nagyasszo-nyunk Katolikus Ált. Isk., Kalocsa), Gaál Tamás (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 99 pont; 50. Király Dalma (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 98 pont; 51. Dó-zsa-Kovács Leonárd (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Varga Zsombor Márk (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 97 pont; 53. Mészáros Luca (Somogyi Imre Ál-talános Iskola, Abony) 96 pont; 54. Halasi Áron (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 91 pont; 55. Bereczki Bence (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Lázár Emma (Zrí-nyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 90 pont; 57. Lukács Imre Márk (Szent Efrém Gö-rögkat. Óvoda, ÁI. és AMI, Debrecen), Sarusi-Kis Balázs (Városligeti Általános Iskola, Budapest XIV.) 89 pont; 59. László Zsombor (Győri Tánc - és Képzőművészeti Iskola, Győr), Lázár Hanna (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 87 pont; 61. Nagy Péter Tibor (PAE Petőfi Sándor Gyakorló Ált. Isk. és Óvoda, Kecskemét) 86 pont; 62. Kustán András (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 85 pont; 63. Gál Rebeka (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.), Kustán Alexandra (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zala-egerszeg) 84 pont; 65. Végh Roland (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 83 pont; 66. Fazekas Levente (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Kapás Dávid Donát (Bá-nyai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Mézes Botond Csegő (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 82 pont; 69. Bóta Benedek (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Top-lak Ágnes (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 81 pont; 71. Győri Ágoston (Szent Imre Katolikus Általános Iskola, Kecskemét), Juhász-Molnár Erik (Városligeti Általános Iskola, Budapest XIV.), Nagy Hédi (Bethlen Gábor Református Gimnázium, Hódmező-vásárhely) 80 pont; 74. Hajnali Luca (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagykanizsa), Kisznyér Márton (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 77 pont; 76. Ozsváth Ádám Ferenc (Zrínyi Ilona Általános Iskola, Kecskemét), Vercz Máté (Kecskeméti Református Általános Iskola, Kecskemét) 76 pont; 78. Jelinek Míra (Veres Péter Gimnázium, Buda-pest III.) 74 pont; 79. Balis Gergő (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Kakuszi Bence (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 73 pont; 81. Mócsán Marcell (Pál Apostol Kat. Ált. Isk. és Gimn., Budapest XVII.), Simon Zsófia (Vásárhelyi Pál ÁI. és AMI Mó-ricz Zsigmond ÁI., Kecskemét) 72 pont; 83. Kőházi-Kis Zoltán Botond (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét), Vitkovics Vanda (Zrínyi Miklós Gimnázium, Za-laegerszeg) 71 pont; 85. Árvai Tamás (Piarista Ált. Isk. és Gimn., Kecskemét) 70 pont; 86. Kovács Máté (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 69 pont; 87. Király Áron (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Puskás Péter (Veres Péter Gimnázium, Buda-pest III.) 68 pont; 89. Kovács Veronika Zsófia (Angol Nyelvet Emelt Szinten Oktató ÁI., Budapest IV.), Lenti Barnabás Márk (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Vámos Ágnes (Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Ált. Isk. és Gim, Budapest VIII.) 66 pont; 92. Fazekas Máté (Somogyi Imre Általános Iskola, Abony), László Péter (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 65 pont; 94. Harmathy Károly (Szentendrei Református

17

Gimnázium, Szentendre) 64 pont; 95. Horváth Bálint (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zala-egerszeg) 63 pont; 96. Gazsó Ákos Attila (Szigetköz Ált. Isk. és Alapf. Műv. Int., Dar-nózseli) 62 pont; 97. Ferencz József Bertalan (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 60 pont; 98. Gonda Zoltán (Szent Imre Katolikus Általános Iskola, Kecskemét), Matévi Bálint (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.) 59 pont; 100. Komáromy Mátyás (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Sebestyén Boldizsár (Zrínyi Miklós Gimnázium, Za-laegerszeg) 58 pont; 102. Bense Csilla (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecs-kemét), Goldfinger Blanka (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 57 pont; 104. Bö-röndi Gréta (Szigetköz Ált. Isk. és Alapf. Műv. Int., Darnózseli) 55 pont; 105. György Botond Barna (Szentistvántelepi Általános Iskola, Budakalász) 54 pont; 106. Inokai Ádám (SZTE Gyakorló Gimn. és Ált. Isk., Szeged) 52 pont; 107. Szécsi Tamás Árpád (Szent Imre Katolikus Általános Iskola, Kecskemét) 51 pont; 108. Marton Villő (László Gyula Gimnázium és Ált. Isk., Budapest XV.), Varga Ádám (Zrínyi Ilona Általános Is-kola, Kecskemét) 50 pont; 110. Szabó Zita (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 48 pont; 111. Szelestey Márton (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 47 pont; 112. Nagy Hanna (Kecskeméti Református Általános Iskola, Kecskemét) 46 pont.(Keve-sebb pontja van 24 versenyzőnek.)


1. Márkus Dániel (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen) 142 pont; 2. Chrobák Gergő (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen) 138 pont; 3. Fehérvári Donát (Földes Ferenc Gimnázium, Miskolc) 137 pont; 4. Horváth Zsóka (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaeger-szeg) 136 pont; 5. Klusóczki-Bogdándi Alma (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.), Nyilas Domonkos (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 135 pont; 7. Schäffer Donát (Janus Pannonius Gimnázium, Pécs) 133 pont; 8. Heltovics Lilla (Búzaszem Ál-talános Iskola és AMI, Göd), Pirity Máté Róbert (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Buda-pest XIII.), Rákos Ádám (Teleki Blanka Általános Iskola, Budapest XI.) 132 pont; 11. Dancsák Dénes (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagykanizsa) 129 pont; 12. Domján Olivér (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét), Rassai Amanda Patrícia (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Stéber Anna Erzsébet (Szent István Gimnázium, Bu-dapest XIV.) 128 pont; 15. Vass Eszter (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 127 pont; 16. Rózsa Rebeka (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 125 pont; 17. Duchon Márton (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Károly Kincső (Hőgyes Endre Gimn. és Szakközépisk., Hajdúszoboszló) 124 pont; 19. Kusica Nadin (Feszty Árpád Ál-talános Iskola, Komárom) 121 pont; 20. Dobos Kamilla (Szent István Gimnázium, Bu-dapest XIV.), Végh Lilian (Kecskeméti Református Általános Iskola, Kecskemét) 120 pont; 22. Bakurek Máté (Madách Imre Általános Iskola, Szeged), Bogár-Szabó Mi-hály (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Szabó Csenge (Árpád Gimnázium, Buda-pest III.) 119 pont; 25. Kollár Péter Patrik (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen), Mindler Anna Lilla (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.), Nagy Benedek (Fa-

18

zekas Mihály Gimnázium, Debrecen), Töreczki Gábor (Földes Ferenc Gimnázium, Mis-kolc), Vistan Bence (Márai Sándor MTNy Gimnázium és Alapisk., Kassa) 117 pont; 30. Choma Sára (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen), Molnár Liza Dorottya (Czuc-zor Gergely Bencés Gimnázium, Győr), Németh Gellért (Zrínyi Miklós Gimnázium, Za-laegerszeg) 116 pont; 33. Mihályi Szonja (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.), Rósa Katalin (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 115 pont; 35. Fazokán Marcell (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen), Kiss Marcell (Fazekas Mihály Gim-názium, Debrecen), Szabolcs Dóra (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen) 114 pont; 38. Halász Csongor Álmos (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Konkolyi Brigitta (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 113 pont; 40. Fülöp László Flórián (Du-nakeszi Radnóti Miklós Gimnázium, Dunakeszi) 110 pont; 41. Baranyai Dorka (Berzse-nyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 109 pont; 42. Tőkés Lili (Berzsenyi Dániel Gim-názium, Budapest XIII.) 107 pont; 43. Horváth Lóránt (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Kovács Dorottya (Katona József Gimnázium, Kecskemét) 105 pont; 45. Balogh András (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.), Balogh Réka Damarisz (Baksay Sándor Ref. Gimn. és Ált. Isk., Kunszentmiklós), Gábris Emese (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét), Vida Virág (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 104 pont; 49. Beregszászi Milán (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen), Göblös Tamás (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 103 pont; 51. Deák Norbert (Bethlen Gábor Református Gimnázium, Hódmezővásárhely), Ferencsik Zsombor (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Orbán Lilla (Páduai Szent Antal Iskola, Piliscsaba-Klotildliget), Rósa Gábor (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Telek Sebestyén (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét), Wintsche Mátyás (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 102 pont; 57. Balaskó Imola (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen),Erdős Fanni Zsó-fia (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Vukman Gergő (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.) 101 pont; 60. barna abel (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.), Czendrei Blanka Daniella (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Széles Pat-rícia (Hőgyes Endre Gimn. és Szakközépisk., Hajdúszoboszló), Vida Zsombor (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 100 pont; 64. Dsupin Gergő (Szent István Gimnázium, Bu-dapest XIV.), Horváth Márk (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 98 pont; 66. Mak-ray Balázs (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen), Nagy Sophia (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Paréj Márk (Kempelen Farkas Gimnázium, Budapest XXII.) 97 pont; 69. Princz-Jakovics Anna (Katona József Gimnázium, Kecskemét) 96 pont; 70. Molnár Amina (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Tóth Csaba (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.) 94 pont; 72. Molnár Sára (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaeger-szeg), Nyíri Kata Luca (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 93 pont; 74. Hruby Laura (Veres Pálné Gimnázium, Budapest V.) 92 pont; 75. Ecsédi Dániel (Bányai Júlia Gim-názium, Kecskemét), Gaál Márton (Kecskeméti Református Gimnázium, Kecskemét), Stuchly Gábor Ferenc (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 91 pont; 78. Mihalik Sára (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 90 pont; 79. Molnár Kristóf (Városmajori Gimn. és Kós Károly Ált. Isk, Budapest XII.), Zólyomi András (Árpád Gimnázium, Bu-dapest III.) 89 pont; 81. Biró Örs (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Rácz Bog-lárka (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét)88 pont; 83. Chen-Buzás Csongor (Fazekas

19

Mihály Gimnázium, Debrecen), Győrffy Zsolt (Nagykovácsi Általános Iskola, Nagyko-vácsi), Lakatos Liza (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 87 pont; 86. Hajnal Balázs (Bá-nyai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Kapás Anna (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Laskai Botond (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Ujj Dávid Kálmán (Hőgyes Endre Gimn. és Szakközépisk., Hajdúszoboszló) 86 pont; 90. Blaskó Boglárka (Hőgyes Endre Gimn. és Szakközépisk., Hajdúszoboszló), Giba Előd (Szent István Gimnázium, Buda-pest XIV.), Karcag Eszter (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.), Madár Péter (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.) 84 pont; 94. Kiss Márton (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 83 pont; 95. Lu Qianxi (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 81 pont; 96. Benke Annamária (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Buday Tímea (Teleki Blanka Gimn. és Ált. Isk., Székesfehérvár), Imre Dóra (Teleki Blanka Gimn. és Ált. Isk., Székes-fehérvár), Nyíkos Botond Tamás (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Prikler Dorka Abigél (Bethlen Gábor Református Gimnázium, Hódmezővásárhely), Schmél László (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 80 pont; 102. Kindlik Dániel (Németh László Gimn. és Ált. Isk., Hódmezővásárhely), Szabó Judit (Tabán Általános Iskola, Sze-ged) 79 pont; 104. Bődi Hanna (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Finta Dávid (Pál Apostol Kat. Ált. Isk. és Gimn., Budapest XVII.), Ladányi Botond (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 78 pont; 107. Fábián Dóra (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Kovács Dóra (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Richlik Márton Arnold (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 77 pont; 110. Friedrich Bence (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Göblös Máté (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Viola Máté (Szigetköz Ált. Isk. és Alapf. Műv. Int., Darnózseli) 76 pont; 113. Árokszállási Tamás (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Kiss Lázár (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.), Nagy Anna Luca (Veres Pálné Gimnázium, Budapest V.) 75 pont; 116. Nauratyill Balázs (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 74 pont; 117. Bányai Benedek (Fazekas Mi-hály Gimnázium, Debrecen), Zun Kolos (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 73 pont; 119. Lakatos Ákos (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 72 pont; 120. Paulik Bálint Márk (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 69 pont; 121. Bulátkó Bálint György (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen), Imre Boglárka (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Korcsmáros Emese (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Pintye Ákos (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 68 pont; 125. Barabási Anna (Szilágyi Erzsébet Gimnázium, Budapest I.), Farkas Fanni (Hőgyes Endre Gimn. és Szakközépisk., Hajdú-szoboszló), Farkas Gréta (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 67 pont; 128. Bánfi György (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen) 66 pont; 129. Bodor Dániel (Kecske-méti Református Gimnázium, Kecskemét), Mészáros Fanni (Fazekas Mihály Gimná-zium, Debrecen), Molnár Sós Tas (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 65 pont; 132. Bodzay Barnabás (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Szeglet Bálint Péter (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Veszelovszki Bori (Szent István Gimnázium, Buda-pest XIV.) 64 pont; 135. Muhari Nóra (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.), Somogyi Viktor Péter (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 63 pont; 137. Czotter Benedek (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Szeibert Dominik András (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.) 61 pont; 139. Konta Sarolt Mária (Árpád Gimnázium, Buda-pest III.) 60 pont; 140. Bajkai Boróka (Széchenyi István Általános Iskola, Dunakeszi),

20

Kiss Eliza Kinga (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét), Miles Seán Da-niel (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 59 pont; 143. Sárkány Patrik (Kecskeméti Református Gimnázium, Kecskemét) 58 pont; 144. Bancsi Dániel Zalán (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 56 pont; 145. Farkas Janka (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét) 55 pont. (Kevesebb pontja van 78 versenyzőnek.)


1. Gede Eszter (Jedlik Ányos Gimnázium, Budapest XXI.) 143 pont; 2. Besze Csaba (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest), Besze Zsolt (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest) 142 pont; 4. Kohn Petra (MNOÖ Koch Valéria Ált. Isk. és Középisk., Pécs) 141 pont; 5. Siteri Lelle (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen) 139 pont; 6. Radó Gyöngyvér (MNOÖ Koch Valéria Ált. Isk. és Középisk., Pécs) 137 pont; 7. Koleszár Benedek (Dunakeszi Radnóti Miklós Gimnázium, Dunakeszi) 136 pont; 8. Balogh Mar-cell Bálint (Deák Ferenc Általános Iskola, Veszprém), Czirók Tamás (Eötvös József Gimnázium, Budapest V.), Schneider Dávid (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 133 pont; 11. Schleier Anna (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 132 pont; 12. Tompos Gábor (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 131 pont; 13. Szegedi Ágoston (Szent József Iskolaközpont, Szekszárd) 130 pont; 14. Kovács Viktor (Toldy Ferenc Gimná-zium, Budapest I.) 127 pont; 15. Kiss Viktória Virág (Fazekas Mihály Gimnázium, Deb-recen), Szabó Ágnes (Kiskunfélegyházi Darvas József Ált. Isk., Kiskunfélegyháza), Szo-boszlai György (Hőgyes Endre Gimn. és Szakközépisk., Hajdúszoboszló) 126 pont; 18. Hartmann Botond (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 125 pont; 19. Ferencz Mátyás (Németh László Gimnázium, Budapest XIII.), Van Rijs Luca (Árpád Gimnázium, Buda-pest III.) 124 pont; 21. Bertalanits Enikő (Feszty Árpád Általános Iskola, Komárom), Gardev Dániel (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Horváth Dalma (Feszty Árpád Álta-lános Iskola, Komárom), Pekk Márton (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.) 121 pont; 25. Mázsa Marcell (Babits Mihály Gimnázium, Budapest IV.) 120 pont; 26. Bálint Béla (Dugonics András Piarista Gimnázium, Szeged), Felföldi Katalin Anna-mária (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.), Gréczi Benedek (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.) 119 pont; 29. Vághy Lőrinc (ELTE Radnóti Miklós Gyak. Isk. és Gimn., Budapest XIV.) 118 pont; 30. Van Rijs Dóra (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 117 pont; 31. Bundik Brigitta (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Ivády Nina (Ár-pád Gimnázium, Budapest III.), Karádi Virág (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 115 pont; 34. Fischer Máté (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Hangodi Hajnalka (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Komm Sára (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Vankó Lóránt (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 114 pont; 38. Erdélyi Zsófia (Szent István Általános Iskola, Budapest V.), Pálfi Fruzsina Karina (Baár-Madas Református Gimn. és Ált. Isk., Budapest II.), Szépfalvi Gergely (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 113 pont; 41. Czigler Dominik (Szobi Fekete István ÁI. Kemencei Ált. Tagisk., Ke-mence), Hádersprung Norbert (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 110 pont; 43. Gao

21

Adam (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 109 pont; 44. Lehel Fanni Anna (ELTE Apác-zai Gimnázium, Budapest V.) 107 pont; 45. Balogh Boróka Zsuzsanna (Baksay Sándor Ref. Gimn. és Ált. Isk., Kunszentmiklós), Kocsi Balázs (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.), Könye Nátán (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Machács Botond (Ber-zsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.), Varga Sebestén (Árpád Gimnázium, Buda-pest III.) 105 pont; 50. Gere Gábor (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Salamon Péter Huba (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 102 pont; 52. Biró Leona Éva (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Nagy Sára Agáta (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 101 pont; 54. Kovács Dominik (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Várady Míra (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 99 pont; 56. Ádám Eszter (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.), Márhoffer Soma (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 97 pont; 58. Welther Károly (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 96 pont; 59. Fülöp Anna (Árpád Gimnázium, Budapest III.), Mózes Kitti (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.), Wernsdörfer Albert (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 95 pont; 62. Hegedűs Panni (Bá-nyai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Seregély Anna Bora (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét), Szabó Matilda (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen) 89 pont; 65. Vörös Márk (Lánchíd Utcai Általános Iskola, Kecskemét) 87 pont; 66. Laukó Zoltán (SZTE Gyakorló Gimn. és Ált. Isk., Szeged), Rahner Anna (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Takács Anita (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.) 86 pont; 69. Batizi Emese (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 85 pont; 70. Fodor Ágoston (Árpád Gimná-zium, Budapest III.), Takács Emese Flóra (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 84 pont; 72. Vincze Sára (Nagy László Ált. Isk. és Gimn., Budapest XX.) 82 pont; 73. Csánk Péter (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 79 pont; 74. Vaczuli Kornél (Bányai Júlia Gimná-zium, Kecskemét) 78 pont; 75. Tankó Beatrix (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 77 pont; 76. Fogarasi Laura (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Varró Aliz Atina (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 76 pont; 78. Gyurina Judit (Szent István Gim-názium, Budapest XIV.) 71 pont; 79. Ádány Balázs (Bányai Júlia Gimnázium, Kecske-mét), Dezső Kende Barnabás (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 70 pont; 81. Ko-lozsi Áron (Veres Pálné Gimnázium, Budapest V.), Kovács Sára (Zrínyi Miklós Gimná-zium, Zalaegerszeg) 68 pont; 83. Balogh Villő (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.), Kovács Melinda (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 67 pont; 85. Révész Hunor (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 66 pont; 86. Dézsmási Erzsébet Éva (Buda-pest I. kerületi Kosztolányi Dezső Gimn., Budapest I.), Kálai Anna (Szent István Gim-názium, Budapest XIV.), Mészáros Anna Veronika (Lágymányosi Bárdos Lajos KTNy. Ált. Isk., Budapest XI.), Szilágyi Zsófia (Szentendrei Református Gimnázium, Szent-endre), Völgyesi Máté (Bányai Júlia Gimnázium, Kecskemét) 65 pont; 91. Kovács Lujza Franciska (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 64 pont; 92. Radnai Réka (Árpád Gimná-zium, Budapest III.) 63 pont; 93. Nagy Miklós Ádám (Kodály Zoltán Ének-Zenei ÁI. és Gimn., Kecskemét) 62 pont; 94. Melján Dávid Gergő (Zrínyi Ilona Általános Iskola, Kecskemét), Skarka Boris (Veres Péter Gimnázium, Budapest III.) 61 pont; 96. Balogh Máté Norbert (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 60 pont; 97. Bodrogi Vik-tória (Dunakeszi Radnóti Miklós Gimnázium, Dunakeszi), Weisz Olga (Takáts Gyula

22

Általános Iskola és AMI, Tab) 59 pont; 99. Ávár Bence (Bányai Júlia Gimnázium, Kecs-kemét) 58 pont; 100. Sallai Anita (Dunakeszi Radnóti Miklós Gimnázium, Dunakeszi), Szedlák Bence (Eötvös József Református Oktatási Központ, Heves) 57 pont; 102. Ámon Zsombor (Szent Gellért Kat. Ált. Isk. és Gimn., Budapest I.), Sándor Zsófia (ELTE Radnóti Miklós Gyak. Isk. és Gimn., Budapest XIV.) 56 pont; 104. Mándli Örs (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 55 pont. (Kevesebb pontja van 65 versenyzőnek.)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Megjegyzés: Az elérhető maximális pontszám 3-6. osztályban 120 pont, 7-8.osztályban 144 pont. Az ezt meghaladó pontszámot az egyes feladatokra beküldött második megoldásokkal érték el a versenyzők. A listában nem szereplő versenyzők 50% alatt teljesítettek, nem neveztek a versenyre. A nevezés pótlására keressék a MATEGYE Alapítvány munkatársait.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Adó 1%-a

A MATEGYE Alapítvány céljai: A matematikai és általános természettudo-mányos műveltség minél szélesebb körben történő megszerezhetőségének, és minél színvonalasabb fejleszthetőségének hatékony támogatása, különös tekin-tettel a 8-14 éves korosztályra.

Kérjük, hogy amennyiben egyetért az Alapítvány céljaival, vagy az Abacus újság kiadását kívánja támogatni, ajánlja fel személyi jövedelemadójának 1%-át a Matematikában Tehetséges Gyermekekért Alapítvány részére.

MATEGYE Alapítvány adószáma: 19047441–2–03

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Találós kérdés

-Hol teremnek a floppy lemezek? -Diszkréten.

Róka Sándor – A matematika humora

23

S Z Á M R E J T V É N Y

rovatvezetők: Mikulás Zsófia és Sebe Anna

A januárban kitűzött színezős feladat (a megfejtést

lásd az 1. ábrán) után, most egy bonyolultabb rejtvényt

tűzünk ki.

A hozzá tartozó táblázatot szokásosan a 2. ábrán

látjátok. Az ábra mezőibe írd az 1-4 számokat úgy,

hogy a bal oldali oszlopban, illetve felső sorban lévő

számok az adott sorban illetve oszlopban álló számok

számával, míg a jobb oldali oszlopban és az alsó sorban

az adott sorban és oszlopban lévő számok összegével

legyen egyenlő. Ezen kívül, ha egy mezőben áll egy

szám, akkor a szomszédos mezők egyikében sem.

(Azokat is tekintsük szomszédosnak, amiknek a sarkai

érintkeznek.)

A feladványt letölthetitek a www.mategye.hu honlapról is. A letöltés a neve-

zéshez használt sorszám és jelszó beírása után lehetséges. A beküldött megol-

dáson feltétlenül legyen rajta a neved, az évfolyamod és a nevezéskor használt

sorszámod, hogy értékelni tudjuk! A megoldást ugyanerre a címre küldendő más

rovat megoldásával is beküldheted.

Jó szórakozást a megoldáshoz!

A feladvány beküldési címe:

MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585


20

22 23 24 25 2621

19

18

17

36 35 34 33 32 31

7 8 9 10 27

6 1 2 11 28

5 4 3 12 29

16 15 14 13 30

1. ábra

2 21 1 1 11

1

1

1

2

22 1 2 55 3

5

2

1

3

5

2

2. ábra

1 2

34

5

6

78

?9

24

S U D O K U

rovatvezető: Csordás Péter

A mellékelt ábra tartalmazza az előző havi sudoku helyes megoldását (lásd 1. ábra). Az előző hónapokban feladott sudoku feladvá-nyokra nagyon sokan küldtek be megoldást. Ezek javítása folyamatosan történik. A javítás után a pontszámok a www.mategye.hu honlapon megnézhetőek. Ez a nevezéshez használt sor-számmal és jelszóval lehetséges.

Az új feladvány a 2. ábrán látható. Ezt kell a szabályoknak megfelelően kitölteni és bekül-deni.

A feladvány letölthető az Internetről is, a www.mategye.hu honlapról. A letöltés a nevezéshez használt sorszám és jelszó be-írása után lehetséges. Az így letöltött, majd kinyomtatott feladványt kell kitöltés után elküldeni. A megoldást az újságban is el-készítheted, ebben az esetben másold át egy négyzethálós lapra, esetleg fénymá-sold ki az újságból, és küldd el címünkre! A beküldött megoldáson tüntesd fel a ne-ved, az osztályod és a nevezéskor használt sorszámot! Csak az ezekkel az adatokkal ellátott megfejtések vesznek részt a ver-senyben. A megoldásodat az ugyanerre a címre küldött másik rovat megoldásával is beküldheted.

Beküldési cím:



Jó szórakozást a feladványhoz!

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

6 3 4 1 7 9 2 8 5

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

4 5 9 3 2 1 8 7 6

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

5 2 1 9 6 7 3 4 8

1. ábra

3 2

8 7

4

1 8 2

7 4

9

9 8 7

5 3 2

2. ábra

25

Helyesbítés A decemberi számunkban közölt SUDOKU megoldásában szereplő bal felső sarokban a 7-es szám rossz megoldás, az oda illő helyes szám az 1-es.

Elnézést kérünk az érintettektől.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

ERICSSON-DÍJ 2019

Felhívás díjazandó tanárok ajánlására

Beérkezési határidő: 2019. március 21. (éjfél)

Az Ericsson Magyarország 2019-ben ismét 8 kiváló pedagógust díjaz a ko-rábbinál nagyobb összeggel, összesen 3 200 000 forinttal, így ebben az esz-tendőben minden díjjal 400 000 forint jutalom jár. Az elmúlt 20 év során 218 tanító, matematika- vagy fizikatanár kapta meg az Ericsson-díjat. Az Ericsson Magyarország Kutatás-Fejlesztési Igazgatósága által 1999-ben ala-pított díjat általános-, vagy középiskolákban fizikát vagy matematikát oktató pe-dagógusok nyerhetik el. Az elismerés azért jött létre, hogy támogassa, méltassa és erősítse a magyarországi, világviszonylatban is kiemelkedő matematikai és természettudományos alapképzést. Az Ericsson Magyarország elkötelezte ma-gát a hazai oktatás fejlesztése mellett; vállalásának fontos része ez a díj. A közel kétezer fős hazai vállalat nemcsak a telekommunikációs ipar egyik legnagyobb munkáltatója, hanem 1300 fős Kutatás-Fejlesztési Központjával a legjelentő-sebb telekommunikációs és informatikai kutatással, szoftverfejlesztéssel foglal-kozó szellemi centrum Magyarországon. A díjra esélyes pedagógusok szakmai munkája és emberi hozzáállása teszi lehetővé, hogy a hazai műszaki és termé-szettudományi diplomával rendelkezők tudása megfelelő szellemi értéket kép-viseljen, és vonzóvá tegye a beruházást infokommunikációs csúcstechnológiák kutatás-fejlesztésébe Magyarországon.

Az ERICSSON-DÍJAKAT 2019-ben is két kategóriában ítélik oda:

1. ,,Ericsson a matematika és fizika népszerűsítéséért'' díj Két matematikát és két fizikát tanító pedagógus (általános vagy középisko-lai) részére egyenként 400 000 forinttal járó díj.

26

Azok kaphatják, akik iskolájukban és azon túl is évek óta a legtöbbet teszik a tantárgyuk iránti érdeklődés felkeltéséért és megszerettetéséért. Élen járnak az innovatív módszerek kidolgozásában és népszerűsítésében. A bírálók figye-lembe veszik, ha az ajánlott pedagógus tanítványaival aktívan bekapcsolódott a Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok vagy az ABACUS folyóiratának pontversenyeibe, egyéb országos matematika és fizika versenyekbe, lendületes, kezdeményező egyéniségével vagy új technológiák bevezetésével vonzóvá teszi szaktárgyát.

2. ,,Ericsson a matematika és fizika tehetségeinek gondozásáért'' díj Két matematikát és két fizikát tanító pedagógus (általános vagy középisko-lai) részére egyenként 400 000 forinttal járó díj. Azok kaphatják, akiknek tanítványai 2010 óta szaktárgyuk legjelentősebb or-szágos vagy nemzetközi versenyein (például: a Középiskolai Matematikai és Fi-zikai Lapok vagy az ABACUS versenyek; a Varga Tamás, Kalmár László, Zrí-nyi Ilona, Arany Dániel matematikaversenyek; matematika vagy fizika OKTV; Öveges József, Jedlik Ányos, Mikola Sándor, Szilárd Leó fizikaversenyek, Kürschák József matematikai tanulóversenyek vagy Eötvös Loránd fizikaverse-nyek valamelyikén) elnyerték az első öt díj egyikét, illetve nemzetközi matema-tikai vagy fizikai diákolimpiákon arany-, ezüst-, vagy bronzérmet, vagy dicsé-retet szereztek. A díjakat a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány ítéli oda, a Bolyai János Matematikai Társulat és az Eötvös Loránd Fizikai Társulat Ericsson-díj bizottságainak ajánlása alapján. A díjazandókra írásos javaslatot nyújthatnak be szakmai és társadalmi szervezetek, a javasolt tanár tevékenysé-gét ismerő kollégák, tanítványok. Az ajánlásnak ki kell emelnie a javasolt sze-mély szakmai és emberi jellemzését, különös tekintettel azokra a szempontokra, amelyek alapján a díjra érdemesnek tartják. Pályázatot csak a különböző kate-góriák elektronikus pályázati adatlapjain nyújthatnak be. Ha a korábbi években már javasolt tanár nem kapott díjat, a felterjesztést (aktualizálva) kérjük, ismé-teljék meg! A Rátz Tanár Úr Életműdíj három Alapítója, a Graphisoft SE, a Richter Gedeon Nyrt. és az Ericsson Magyarország megállapodása szerint egy személynek három éven belül az Alapítók által meghirdetett díjak közül csak egy adható, továbbá, aki megkapta a Rátz Tanár Úr Életműdíjat, az Alapítók egyéb díjaira már nem jelölhető. Ericsson-díjas tanár 8 év elteltével terjeszthető fel újra az Ericsson-díjra. A pályázati adatlapok 2019. március 21-én éjfélig (23:59) lesznek elérhetőek a https://eth.org.hu/ericsson-dij-2019 weboldalon. A pályázatokat kizárólag on-line lehet benyújtani. Kérdés esetén a következő e-mail címre írhatnak:

27

[email protected]. A szakmai bizottságok a benyújtott írásos javaslatok alap-ján részletes indoklást mellékelve javaslatot tesznek a jelöltek sorrendjére, amelynek alapján a MATFUND kuratóriuma 2019. április 18-ig dönt a díjazan-dók személyéről. A díjkiosztó ünnepségre 2019. május végén kerül sor az Erics-son Magyarország székházában.

,,Egy álom megvalósul'' tájékoztató az Ericsson Magyarország meghívá-sos pályázatáról

A 2019. évi Ericsson-díjazott tanárok iskolái az eredmény kihirdetését követően kísérleti, informatikai eszközök beszerzésére meghívásos pályázatot adhatnak be. A pályázóknak be kell mutatniuk, hogy milyen programot terveznek a kö-vetkező tanévben az általuk szükségesnek tartott eszközökkel, és hogy ez a te-vékenység hogyan járul hozzá az iskolában a matematika, a természettudomá-nyok, vagy az informatika népszerűsítéséhez, oktatásához vagy tehetségeinek gondozásához. A 2019-es Ericsson-díjazottak iskoláinak igazgatói megkapják a részletes pá-lyázati felhívást. A pályázói körbe tartozó iskolák közül egy nyertes kaphat leg-feljebb 1 millió forintot. A pályázatokat az Ericsson Magyarország Kutatás-Fej-lesztési Igazgatósága bírálja el a pályázati útmutatóban leírt szempontok alap-ján. Az Ericsson fenntartja a jogot, hogy nem megfelelő minőségű pályázatok esetén ne ítélje oda ezt az összeget.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

F A K O P Á N C S

A Fakopáncs, fajátékok és kézibábok boltja az idén is értékes díjakkal támogatja az ABACUS matematika pontversenyét. A bolt a logikai fajátékokon kívül is sok érdekes játékot forgal-maz kisebbeknek és nagyobbaknak egyaránt. Megrendelést telefonon is elfogadnak, utánvéttel küldik a megrendelt játé-kokat, vidékre is. (Vidékről a postaköltség miatt érdemes ösz-szegyűjtve, magasabb példányszámban rendelni.)

A Fakopáncs boltok címe: • 1088 Budapest, Baross u. 46. Tel.: 1/337-0992; Tel/fax: 1/337-8448 • 1088 Budapest, József krt. 50. Tel.: 1/333-1866 • 1073 Budapest, Erzsébet krt. 23. Tel.: 1/322-3885

28

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. 345. 50 üres dobozt helyeztek el sorban egymás után. Egy furcsa au-tomata végigment a dobozok fölött és mindegyikbe beleejtett egy golyót. Majd visszatért a sor elejére és újabb útja során minden második dobozba ejtett bele egy golyót. Amikor harmadszor haladt végig a sor elejétől, akkor minden har-madik dobozba tett egy golyót és így tovább, az ötvenedik alkalommal csupán az utolsó dobozba tett egy golyót. a) Melyik dobozban lesz a legtöbb, illetve a legkevesebb golyó a folyamat vé-gén? b) Lesz-e olyan doboz, amelybe pontosan 5 golyót ejtett?

MP. 346. Jelöljük az ABCDEF szabályos hatszög alapú egyenes gúla csú-csát G-vel, az AG és az FG oldalélek felezőpontját P-vel, illetve R-rel! Igazol-juk, hogy a BERP négyszög trapéz! Számítsuk ki a BERP trapéz és az AFG háromszög területének arányát!

Jó munkát kívánok!

A megoldások beküldési határideje: 2019. március 14.

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

Korábban kitűzött feladatok megoldásai

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

1. megoldási változat: Különböző számjegyekből legfeljebb 10-jegyű termé-szetes szám állítható elő. A 19 a következő módokon írható fel 3 darab 10-nél kisebb, különböző termé-szetes számok összegeként: 2 + 8 + 9 =19, 3 + 7 + 9 =19, 4 + 6 + 9 =19, 4 + 7 + 8 = =19, 5 + 6 + 8 =19. Mivel a 0 és az 1 ezekben az összegekben nem szerepel, ezért a keresett szám számjegyei között előfordulhatnak. A többi számjegy közül a 8 és a 9 található meg legtöbbször a 19 felbontásaiban. Ha ezt a két számjegyet kihagyjuk a kere-sett számból, akkor semelyik 3 számjegyének összege nem lesz egyenlő 9-cel.

29

Ha kisebb számjegyeket szeretnénk kihagyni, akkor már legalább 3 darab szám-jegyet kell kihagynunk a feltétel teljesüléséhez, azaz a keresett szám csak 7 vagy annál kevesebb jegyből állna, vagyis kisebb lenne, mint egy nyolcjegyű szám. Tehát a feltételeknek megfelelő legnagyobb természetes szám a 7 654 321.

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

2. megoldási változat: A 19 összes lehetséges összege három, páronként kü-lönböző egyjegyű számra: 9 + 8 + 2, 9 + 7 + 3, 9 + 6 + 4, 8 + 7 + 4, 8 + 6 + 5.

Ha 9 szerepel a számban, akkor 9 (8 vagy 2); (7 vagy 3); (6 vagy 4), 510 lehet a legnagyobb keresett szám, ami 7-jegyű.

Ha 9 nem, de a 8 szerepel a számban, akkor 8 (7 vagy 4); (6 vagy 5), 3210 lehet a legnagyobb ilyen szám, ami 7-jegyű. Ha 7 a legnagyobb számjegy, akkor 76543210 lehet a keresett szám, ami 8-je-gyű. Így nagyobb, mint az előzőek.

Ha kisebb lenne a legnagyobb számjegy, akkor kevesebb jegyből is állna. Tehát 76 543 210 a legnagyobb megfelelő szám.

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

Hasonlóan oldotta meg: 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, Gárdonyi Géza Ált. Isk.), Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), Horváth Dalma 8. oszt. tanuló (Ko-márom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Kocsis Péter 5. oszt. tanuló (Bábolna, Általános Isk.), Kovács Viktor 8. oszt. tanuló (Budapest, Toldy Ferenc Gimn.), Kusica Nadin 7. oszt. tanuló (Ko-márom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Lőrincz László Lénárd 4. oszt. tanuló (Pápa, Tarczy Lajos Ált. Isk.).

Megtalálta a számot: Fülöp László Flórián 7. oszt. tanuló (Dunakeszi, Radnóti Miklós Gimn.), Radnóti Attila 5. oszt. tanuló (Budapest, Fazekas Mihály Gyak. Ált. Isk. és Gimn.).

Megjegyzés: A problémát a következő helyről vettük: Scharnitzky Viktor: Egyetemi felvételi feladatok matematikából 1999-2001. (XIII. kötet), Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 2002. 99. 59. feladat, 18. oldal és 90-91. oldal. (Az ELTE Tanárképző Főis-kolai Kar esti tagozatára jelentkezők írásbeli felvételi vizsgájának 1. feladata volt 1999. júniusában.)

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

amelyekre teljesül a következő összefüggés:12141

=+nm

.

30

1. Megoldás: Az 12141

=+nm

egyenletet szorozzuk meg a három nevezővel, azt

kapjuk, hogy 12n + 48m = n ⋅ m. Kiemelés után 12 (n + 4m) = n ⋅ m. Ebből követ-kezik, hogy A 12 osztója az n ⋅ m szorzatnak. Mivel n páratlan egész, ezért 4 osztója az m-nek. Ebből következik, hogy van olyan k pozitív egész, amelyre m = 4k.

Behelyettesítve 12n + 48 ⋅ 4k = 4k ⋅ m, osztva 4-gyel:

3n + 48k = n ⋅ k

48k = (k–3) ⋅ n

16 ⋅ 3 ⋅ k = (k – 3)n

Mivel az n páratlan, ezért 16 osztója k – 3-nak. Vagyis van olyan l egész szám, hogy k – 3 =16 ⋅ l. Ezt visszahelyettesítve kapjuk, hogy:

16 ⋅ 3 ⋅(16 ⋅ l + 3) = 16 ⋅ l ⋅ n 3 ⋅ (16 ⋅ l + 3) = l ⋅ n

48 ⋅ l + 9 = l ⋅ n 9 = l ⋅ n – 48 ⋅ l 9 = l ⋅ (n – 48)

A 9-et 3-féle módon lehet megfelelően szorzattá bontani:1⋅ 9, 3 ⋅ 3, 9 ⋅1. Így a megoldások a következő táblázatban láthatók:

n – 48 l N m = (16 ⋅ l + 3) ⋅ 4 1 9 49 588 3 3 51 204 9 1 57 76

Ellenőrizve azt kapjuk, hogy ezek valóban megoldások. Csikós Petra Zita 8. osztályos tanuló (Budapest, Gárdonyi Géza Ált. Isk.) megoldása.

2. Megoldás: A nevezőkkel való szorzás után: 12n + 48m = n ⋅ m. Átrendezve kapjuk, hogy: m ⋅ n –12n – 48m = 0.

Ismert a következő azonosság: Az x ⋅ y – a ⋅ x – b ⋅ y = 0 átrendezve és a bal oldal szorzattá alakítva: (x – b) ⋅ (y – a) = a ⋅ b.

Ezt felhasználva kapjuk, hogy: (m –12) ⋅ (n – 48) =12 ⋅ 48 = 576.

Legyen a = m –12 és b = n – 48. Ekkor m = a +12 és n = b + 48. Az a és b szorzata 576, ahol a és b egész számok úgy, hogy b páratlan.

31

Az 576 prímtényezős felbontása 576 = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3. Mivel b páratlan, ezért értéke csak 1, 3 vagy 9 lehet, illetve ezek negatív párjai: –1, –3, –9.

A b =1 eset: n = b + 48 = 49, a = b

576 =1

576 = 576, m = a +12= 576 + 2 = 588. Tehát

n = 49 és m = 588.

A b = 3 eset: n = b + 48 = 3 + 48 = 51, a =b

576 =3

576 =192, m = a +12 =192 +12 =

= 204. Tehát n = 51 és m = 204.

A b = 9 eset: n = b + 48 = 9 + 48 = 57, a =b

576 =9

576 = 64, m = a +12 = 64 +12 = 76.

Tehát n = 57 és m = 76.

A b = –1 esetből az előzőekhez hasonlóan kaphatjuk, hogy m = 564− . Ez nega-tív, tehát nem megoldás. Ehhez hasonlóan kaphatjuk, hogy a b = –3 és a b = –9 esetek sem adnak megoldást, mert az m negatív lesz. Az ellenőrzést elvégezve kapjuk, hogy a korábban megadott értékek viszont megoldások.

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

Megoldotta még: Boros Vince Félix 6. oszt. tanuló (Budapest, Újpesti Karinthy Frigyes Magyar-Angol Két tanítási nyelvű Ált. Isk.), Kocsis Péter 5. oszt. tanuló (Bábolna, Ál-talános Iskola), Kovács Viktor 8. oszt. tanuló (Budapest, Toldy Ferenc Gimn.).

Megtalálta megoldásokat: Bertalanits Enikő 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Fülöp László Flórián 7. oszt. tanuló (Dunakeszi, Radnóti Miklós Gimn.) (2 db-ot), Horváth Dalma 8. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Kusica Nadin 7. oszt. tanuló (Komárom, Feszty Árpád Ált. Isk.), Rózsás Júlia 5. oszt. tanuló (Budapest, Néri Szent Fülöp Ált. Isk.).

Véges sok eset átnézésére vezette vissza a problémát: Dezső Kende 8. oszt. tanuló (Budapest, Szent István Gimn.), aki a közölt megoldáshoz hasonlóan kezdte vizsgálatát.

1. megjegyzés: A problémát a következő helyről vettük: Geoff Smith: A Mathematical Olympiad Primer, Second Edition, United Kingdom Mathematical Trust, 2011. 131-132.oldal. A problémát a Brit Matematikai Olimpián tűzték ki, az 1. forduló 1. fel-adata volt a 2001-2002-es tanévben.

2. megjegyzés: Korábban az Abacus 1996. szeptemberi számának 16. oldalán kitűztünk

egy hasonló problémát: MP.3. Írjuk fel 9419 törtet

n1

m1

+ alakban, ahol m és n pozitív

egész számok. Hány megoldás van? Megoldva: Abacus, 1996.december, 133-136.oldal.

32

L O G I - S A R O K

rovatvezető: Tuzson Zoltán

A kitűzött feladványok

L. 511. Melyik a kakukktojás? Indokold meg a válaszodat!

A B C D E F G

L. 512. Mit írjunk a kérdőjel helyére? Indokold meg a válaszodat!

8 1

4

29 18

2

3 4 1 6

9

?

L. 513. Az ábra egy múzeum felülnézeti rajzát mu-tatja. Az éjjeliőr végigsétál a múzeumon úgy, hogy a start mezőből indul, és a cél mezőbe érkezik, útja során mindig csak oldalasan szomszédos mezőbe lép, és min-den mezőn legfeljebb egyszer halad át. A szürkével jel-zett négy különteremben éppen csak bekukkant, vagyis a négy kisnégyzet közül mindig pontosan csak egyet érint. A fehér színű folyósó mezőket tetszés szerint hasz-nálhatja. Rajzold meg az éjjeliőr útvonalát!

Jó szórakozást és hasznos időtöltést kívánunk!

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

Tuzson Zoltán 535 600 Székelyudvarhely Hársfa sétány No. 3. IV/27. Hargita megye, Románia

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

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

A korábban kitűzött feladványok megfejtése

L. 508. Ha 1⊃ 2, 2 ⊃10, 3 ⊃30, 4 ⊃ 68, akkor 5 ⊃ ?

start

cél

33

Megfejtés: Vegyük észre, hogy: 2 =1×2, 10 = 2×(2 + 3), 30 = 3×(2 + 3 + 5), 68 = = 4×(2 + 3 + 5 + 7), ezért a kérdőjel helyére 5×(2 + 3 + 5 + 7 + 9) =130 talál.

L. 509. Mit írjunk a kérdőjel helyére? Indokold meg a válaszodat!

=15++

=15+

+ =6

+( + ) =?

Megfejtés: Az első sor alapján 2,5 sötét résznek 15 felel meg, ezért egy fél sötét résznek 15 : 2,5 = 6 felel meg. A harmadik sor alapján 1,5 sötét résznek 6 felel meg, ezért egy fél sötét résznek 6 :1,5 = 4 felel meg. A második sor alap-ján 0,5 vízszintes sötét résznek 10 − 6 = 4 felel meg. Eért a kérdőjel így kapható meg: 6 + (6 + 4) × 4 = 46.

L. 510. Töltsd ki az ábra üres négyzeteit 1-től 5-ig terjedő egész számokkal úgy, hogy minden sorban, minden oszlopban, illetve a vastag vonalakkal határolt területeken belül minden szám pontosan egyszer szerepeljen. Az ábrák páronként „egy-petéjű ikrek”, vagyis a vastag vonalakkal való felosztástól elte-kintve pontosan ugyanolyanok.

Megfejtés: Egy megfejtés a mellékelt ábrán látható.

4

15 2

3

2 1 4 5 35 3 2 41 5 3 4 2

2 1 3 53 4 5 2 1

2 1 4 5 35 3 2 1 41 3 44 2 1 53 4 5 2 1

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Fejtörő megoldása

A négy hajó nem lehet egy síkban, így azok egy tetraéder csúcsai. Így a negyedik tengeralattjáró vagy léghajó.

A fejtörő szövege a 4. oldalon olvasható.

4

15 2

3

34

L O G I G R A F I K A

rovatvezető: Pusztai Ágota

Lássuk először az előző havi fel-advány megoldását! A jól színezett képen egy kacsa látható (1. ábra). A 2. ábrán az új rejtvényt látjátok, amelynek megoldását a korábbiak-ban megadott módon várjuk a szer-kesztőség címére.

Szeretném újra felhívni a figyel-meteket arra, hogy aki nem az eredeti megoldását küldi be, hanem egy tisz-tázott, átmásolt változatot, az foko-zott figyelmet fordítson arra, hogy minden kis négyzet megfelelően le-gyen színezve! Már egy négyzet té-vesztése is pontvesztéssel jár, még akkor is, ha ez egyértelműen csak figyelmetlenségből történt! Kár eze-kért a pontokért! A helyesen színezett ábra fel nem ismerése vagy félreis-merése viszont nem jelent pontlevo-nást.

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 használt négyjegyű sorszámodat. Az elkészített megoldást zárt borítékban küldd el az alábbi címre:

ABACUS Logigrafika

1437 Budapest, Pf. 774


Jó szórakozást a feladványhoz!

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

1. ábra

5 1 1 7 1 8 2 1 1 1 1 5 5 3 4 1 4 6 2 2 1 1 4 4 3 5 2 5 6 7 10 1 2 3 2 6 4 4 5 6 10 14 6 7 5 5 3 1 5 6 1 1 2 4 3 3 1 2 3 1 3 2 3 1 4 2 3 1 4 2 3 1 8 3 1 4 3 4 4 4 3 6 1 3 8 2 3 5 1 4 3 3 2 2 9 5 13 4 12 3 13 13 7 1 1

2. ábra

35

M A T H S

rovatvezető: Dr. Borbás Réka

Problem 16 There are 16 boys and 11 girls in a class. The Maths teacher gives them 20 problems for practice. Each problem is given either to a boy, or to a girl, or to a boy-girl pair. Each task is given out only once, and everyone gets only one problem to work on. How many boys and girls are going to work on their own?

Problem 17 Is there any such positive square number for which it is true that if a digit 1 is written at the end of the number it is still a square number? If yes, find the smallest such number.

Problem 18 There lives three different kinds of people in a town: liars, who always tell lies; truth-tellers, who always say the truth; and normal people, who sometimes tell lies sometimes the truth. In this town, the hour hand of the town hall clock was stolen. The police found tree suspects. They know that one of them is a truth-teller, another one is a liar and the third is a normal, but they do not know which is which. They also know that the one who is the truth-teller stole the hour hand. They say the followings. Jack: I am innocent. Henry: Yes, Jack is really innocent. Paul: I stole the hour hand. Who was the thief? And who is the liar and the normal person?

Deadline: 14 March, 2019

Solutions have to be sent to:

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

Problem 13 We added some positive integers together getting the sum of 2019. We started from 1 and in equal steps we reached 1345, which was the highest number added. How many numbers did we add up?

Solution to Problem 13 According to the problem, 1+…+1345 = 2019. We have to find what stands between 1 and 1345. The sum of the other numbers is 2019 –1––1345 = 673. The difference between the highest number and the lowest is 1344.

21344 = 672. So actually, three numbers were summed: 1+ 673 +1345 = 2019.

36

Problem 14 How many such numbers are there for which it is true that the difference be-tween the number and the sum of its digits is 2019?

Solution to Problem 14 Let’s first try with a 4-digit number, abcd ! Each digit

has a value according to its place, so abcd =1000a +100b +10c + d. If this is a suitable number, 2019 =1000a +100b +10c + d – (a + b + c + d). This means that 2019 = 999a + 99b + 9c = 9 (111a +11b + c). So the right-hand-side of the equation is a multiple of 9, thus 2019 should also be a multiple of 9, but it is no, as 2019 = 3 ⋅ 673. Similarly we could do the same with any number of digits, so there is no such number what the problem requires.

Problem 15 The youngest prince is willing to fight the dragons on an island, and he is preparing for the battle. There are two kinds of dragons on this island: the two-headed ones and the 11-headed ones, and the total number of heads is 2019. The prince takes a few knights with himself, and they are discussing strategies. Let’s help them. What is the minimum number of dragons on the island? Who many different number can the population of dragons be?

Solution to Problem 15 If x symbolises the number of two-headed dragons, and y is for the eleven-headed ones, then 2x +11y = 2019. 2x is an even number, 2019 is an odd one, so 11y and therefore y has to be an even number. Replacing the smallest and the highest suitable odd numbers in the place of y, we get that 2019 =183 ⋅11 + 3 ⋅ 2 or 2019 =1⋅11+1004 ⋅ 2. Which means that the values of y is from 1 to 183, giving us 92 different odd numbers. So the population can be 92 different numbers. The lowest population happens if the eleven-headed-dragons have the highest possible number: which is 183 + 3 =186 dragons minimum.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

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

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Feladat 5-6. osztályosoknak

Gondoltunk 5 számot. Páronként összeadva őket, a következő számokat kaptuk: 0; 2; 4; 6; 8; 9; 11; 13; 15. Melyik ez az öt szám?

Róka Sándor – Feladatok matematika szakkörre A feladat megoldása a 38. oldalon olvasható.

37

M A T H E M A T I K

rovatvezető: Nagy Barbara

Aufgabe 16: Kata möchte auch im Winter gesund bleiben, deswegen ernährt sie gesund, und daneben nimmt sie Vitamintropfen. Ein Tropfen beinhaltet 30 mg Vitamin C. Sie nimmt täglich 15 Tropfen. Wie groß ist ihr Tagesdosis?

Aufgabe 17: Dávid wählt ein anderes Produkt. Er möchte täglich 500 mg Vi-tamin nehmen, und er liest auf der Flasche 20 mg/ Tropfen. Wie viele Tropfen muss er nehmen?

Aufgabe 18: Eine Flasche aus dem von Kata gewählten Produkt beinhaltet 15 ml, eine Flasche von Dávid 27 ml. Welche beinhaltet mehr Wirkungssoff?

Viel Spaß zu den Aufgaben!

Eure Lösungen warte ich auf die folgende Adresse:


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

Einsendeschluss: 14. März 2019

Aufgabe 13: Silvester und Neujahr haben einige Aberglauben über Hühner und Schweine. Aber wenn an einem Bauernhof die Hühner und Schweine insgesamt 184 Füße und 77 Köpfe haben, wie viele Schweine gibt es da?

Lösung der Aufgabe 13:

Anzahl Köpfe Beine Hühner 77 – x 77 – x 2 ⋅ (77 –x) =154 – 2x

Schweine x x 4 ⋅ x

154 – 2x + 4x =184 2x = 30 x =15

Es gibt 15 Schweine.

Aufgabe 14: Wenn 10 Hühner in 10 Tagen 60 Eier legen, wie viele Eier legen dann 6 Hühner in 15 Tagen?

Lösung der Aufgabe 14: direkte Proportionalität

38

10 Hühner 10 Tagen 60 Eier

1 Huhn 10 Tagen 60 :10 = 6 Eier

6 Hühner 10 Tagen 6 ⋅ 6 = 36 Eier

6 Hühner 1 Tag 36 :10 = 3,6 Eier

6 Hühner 15 Tagen 15 ⋅ 3,6 = 54 Eier

Aufgabe 15: Und wie viele Hühner legen 147 Eier in einer Woche?

Lösung der Aufgabe 15: direkte und indirekte Proportionalität

10 Tagen 60 Eier 10 Hühner

1 Tag 60 Eier 10 ⋅10 =100 Hühner

7 Tagen 60 Eier 7

100 Hühner

7 Tagen 1 Ei 7

100 : 60 =420100 =

215 Hühner

7 Tagen 147 Eier 215

⋅147 = 35 Hühner

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Feladvány megoldás

Ismert, hogy öt számból tízféle pár képezhető. Mivel a mondott összegek között nincs három egyenlő, így mind az öt szám különböző. Jelölje az öt számot nagy-ság szerint növekvő sorrendben a; b; c; d; e. Összeadva a 10 összeget, 72-t ka-punk. Az öt szám mindegyike négy párban szerepel, így a + b + c +

+ d + e = 72 : 4 =18. A tíz összeg legkisebbike nyilván a + b, legnagyobbika d + e. Így a + b = 0, d + e =15, ezért c = 3. A tíz összeg közül sorrendben a második 2 = a + c, ebből a = –1, és a + b = 0 felhasználásával b =1. Az összegek közül sor-rendben a kilencedik 13 = e + c, ahonnan e =10, d + e =15 felhasználásával d = 5. Tehát a keresett számok: a = –1, b =1, c = 3, d = 5, e =10. Ellenőrizhető, hogy ezek páronkénti összege a további értékeket is megadja.

A feladvány szövege a 36. oldalon olvasható.

39

S A K K - S A R O K

rovatvezető: Blázsik Zoltán

Hibák és nagy menekülések

https://2700chess.com/

A ranglistán a legjobb magyar - Rapport Richárd – megerősítette előkelő helye-zését a hosszú januári versenyen. A link furcsa, hiszen a tartalma egy szám, a 2700. Ha megnézzük az egyik legérdekesebb információ forrást, akkor az aznapi listát látjuk a világban. Február hetedikén Ricsi éppen a 19. Nem lehetne fele-annyiadik, harmadannyi, ötödannyi vagy éppen hetedannyiadik. Ugye tudod mi-ért? A 19 prímszám! Megfigyelhető, hogy több országban is csak a nemzeti ranglista legjobbja kerülhet fel a listára, kivéve a sakkban legerősebb országok, nekik 2-3 képviselőjük is lehet. A 2700 Élő-pontot elért szupernagymesterek aktuális értékszámát követi ez a hasznos oldal, innen megtudható, hol játszanak most, vagy a közeljövőben. A nagy Vlagyimir Kramnyik exvilágbajnok sok par-tit vesztett, fontolgatja visszavonulását. Nem szeretné megvárni, hogy a fiatalok közül még többen megelőzzék.

A 81. Tata Steel verseny A és B csoport

Wijk aan Zee hollandia, 2019

Mivel könnyen megtalálhatóak az aktuális értékszámok – a megadott oldalon - így most csak a játszó felek nevét írjuk le.

Van Foreest Jorden – V. Anand

1. e4 c6 2. d4 d5 3. exd5 cxd5 4. Fd3 Hf6 5. c3 Vc7 6. h3 g6 7. Hf3 Ff5 8. He5

Hc6 9. Ff4 Vb6 10. Fxf5 gxf5 11. Hd3 e6 12. Hd2 Bg8 13. 0-0 -0-0 14. a4 He4

15. Bc1 Fd6 16. Fxd6 Hxd6 17. b4 Kb8 18. Ve2 Vc7 19. Ve3 He7 20. f3 Hg6

21. He5? f4 22. Ve1 Hf5 23. Hxg6 Bxg6 24. Bf2 Bdg8 25. c4 He3 26. cxd5

Hxg2! 27. Ve5 Vxe5 28. dxe5 He1! , 0-1

40

Rapport Richárd – Shankland

1. Hf3 d5 2. g3 g6 3. Fg2 Fg7 4. 0-0 e5 5. d3 Hc6 6. e4 dxe4 7. dxe4 Vxd1

8.Bxd1 Fg4 9. c3 Hf6 10. h3 Fd7 11. Be1 0-0-0 12. Ha3 He8 13. c4 Ff8 14. Hc2

Fe6 15. b3 Hb4 16. Hxb4 Fxb4 17. Bf1 f6 18. Fe3 Hg7 19.- Ricsi a negyedik

legjobb amerikaival igen eredeti játszmát vitt - c5 Bd3 20. He1 Bd7 21. c6 bxc6

22. Fxa7 Kb7 23. Fe3 Ba8 24. Hf3 Ff7 25. Bfc1 He6 26. Ff1 Hd4 27. Kg2 c5

28. Fc4 Fa3 29. Bd1 Fxc4 30. bxc4 Kc6 31. Hh2 Bd6 32. Fh6 Kd7 33. Hg4 Ke6

34. Bab1 Fb4 35. He3 c6 36. a3 Bxa3 37. Ba1 Hb3 38. Bxa3 Fxa3 39. Bxd6+

Kxd6 40. Hc2 Fb2 41. Kf1 g5 42. Ff8+ Ke6 43. Ke2 Fd4 44. He1 Ha5 45. Hd3

Hb7 46. f4 gxf4 47. gxf4 Kf7 – el kell ismerni, hogy folyamatosan a sötét irá-

nyított.a gyalogelőnyével - 48. Fh6 Hd6 49. fxe5 fxe5 50. Fe3 Hxc4 51. Ff2 Ke7

52. Hxc5 Fxf2 53. Kxf2 Hb6 54. Kf3 Hd7 55. Hb7 c5 56. Ke3 Kf6 57. Hd6 Kg5

58. Kf3 Hb6 59. Hf7+ Kf6 60. Hh6 Hd7 61. Hf5 Kg5 62. Hd6 Hb6 63. Hf7+

Kf6 64. Hh6 Ke6 65. Hf5 c4 66. Ke2 Kd7 67. Hh6 Kc6 68. Hf7 Hd7 69. Kd2

Kc5 70. Kc3 Hf6 71. Hxe5 Hxe4+ 72. Kc2 Kd4

73. Hd7 Ke3 74. Hf8 h5?? –

Világos: Kc2, Hf8, h3

Sötét: Ke3, He4, c4, h7

Vajon megmenekült volna-e a magyar nagy-

mester, ha az ellenfele beéri a h6 lépéssel?

Itt jobb lett volna csak h6-ot húzni és várakozni. De nehéz semmit sem tenni,

mert hátrányban van -75. Hg6 Kf2 76. h4 Kg3 77. Kb2 Kg4 78. Kc2 Hd6 79.

Kc3 Hf5 80. He5+ Kxh4 81. Kxc4 Kg3 82. Hg6 Kf3 83. Kd3 He7 84. He5+

Kg2 85. Hf7 h4 86. Hg5 Hg8 87. Ke3 Kg3 88. He4+ Kg2 89. Hg5 Kg3 90. He4+

Kh2 91. Kf2 Hh6 92. Hg5 Hg4+ 93. Kf3 He5+ 94. Ke4 Kg2 1/2-1/2

x x Ï x x x x x P x x x xx x x x xPxNx xx x Œ xp x kx x x x x x x

41

Duda - Van Foreest Jorden

1. e4 c6 2. d4 d5 3. exd5 cxd5 4. Ff4 Hc6 5. c3 Hf6 6. Hd2 Fg4 7. Vb3 Vc8 8.

Hgf3 e6 9. Fd3 Fh5 10. 0-0 Fg6 11. Fxg6 hxg6 12. Bae1 Fe7 13. g3 0-0 14. He5

Hxe5 15. dxe5 Hd7 16. h4 Hc5 17. Vc2 Vc6 18. Be3 Va6 19. Vb1 Bac8 20. Kg2

b5 21. Fg5 Vb7 22. Fxe7 Vxe7 23. Bh1 a5 24. Vd1 b4 25. Vg4 bxc3 26. bxc3

Bb8 27. h5 g5 28. h6 g6 29. Hf3 He4 30. Be2 Hxc3 31. Bc2 He4 32. Hd4 Bbc8

33. Hc6 Va3 34. Bhc1 Kh7 35. Ve2 g4 36. Vxg4 Bc7 37. Vf4 Bfc8 38. g4 g5

39. Vh2 Hd2 40. Bc3 Va4 41. Vh5 Ve4+ 42. Kh3 d4 43. Bg3 Vf4 44. Bd1 He4

45. Bxd4 Hxg3 46. fxg3 Vf1+ 47. Kh2 Bxc6 48. Vxg5 Bc2+ 49. Bd2 Bxd2+

50. Vxd2 Bc1 0-1

Nagyon izgalmas támadójátszma, érdemes gondolkodni a lépéseken.

Nepomnyascsi – Kramnyik

1. e4 e5 2. Hf3 Hc6 3. Fb5 Hf6 4. 0-0 Hxe4 5. Be1 Hd6 6. Hxe5 Fe7 7. Ff1 Hxe5

8. Bxe5 0-0 9. d4 Ff6 10. Be1 Be8 11. c3 Bxe1 12. Vxe1 He8 13. d5 b6 14. Ff4

Fb7 15. Vd2 h6 16. c4 c6 17. Hc3 cxd5 18. cxd5 d6 19. Be1 Hc7 20. Fc4 Fxc3

21. bxc3 Vf6 22. h3 Bc8 23. Be4 b5 24. Fb3 a5 25. a3 Vf5 26. Bd4 Vb1+ 27.

Fd1 b4 28. cxb4 Hb5 29. Vd3 Va1 30. Be4 Fxd5 31. Be1 Fc4 32. Vf5 Bf8 33.

Kh2 g6 34. Ve4 d5 35. Ve7 axb4 36. Fe5 1-0

Keymer Vincent – Kuipers

1. d4 d5 2. c4 c6 3. Hf3 Hf6 4. e3 Ff5 5. Hc3 e6 6. Hh4 Fe4 7. f3 Fg6 8. Vb3

Vc7 9. Fd2 Fe7 10. cxd5 cxd5 11. 0-0-0 Hc6 12. Hxg6 hxg6 13. Kb1 a6 14. Bc1

Kf8 15. Ha4 Hd7 16. Fa5 Vb8 17. Fe1 Fd6 18. Ff2 Ha5 19. Vc3 Vd8 20. e4

dxe4 21. fxe4 b5 22. e5 Fe7 23. Hc5 Hxc5 24. dxc5 Hc6 25. Fd3 Vc7 26. Fe4

Bd8 27. Bhf1 Kg8 28. Bfd1 Bxd1 29. Bxd1 b4 30. Vc4 Hxe5 31. Vxb4 Kh7 32.

Vb7 Bc8 33. c6 f5 34. Fb6 1-0

42

Beküldendő az alábbi két matt feladvány kulcslépése:

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

A januári feladatok megoldása:

A) A kulcslépés egy csendes lépés: Bg2! erre több folytatás lehetséges, de a leg-hosszabbak sem hosszabbak, mint 3 lépés. Ha jól meg szeretnéd érteni, akkor rajzolj egy karácsonyfát, írd a gyökérre a kulcslépést és az elágazásokat jelöld!

B) Fg5! az egyetlen lépés jó! Nem lenne szép a feladat, ha több „kulcslépés” lenne! A második világos lépés azonban nem egyértelmű. A karácsonyfán ez jól érthető!

A megoldások beküldési határideje: 2019. március 14.

A megoldásokat az alábbi címre küldjétek: MATEGYE Alapítvány 6001 Kecskemét, Pf. 585

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

A) Világos: Kh4, Bd8, Bf1, Fe1, Hf5, a3, e3, g3, h2

Sötét: Kh7, Bb2, Bc2, He4, Hf2, a6, b5, e5, f7, g7

Sötét indul, matt 4 lépésben!

B) Világos: Kg1, Vd3, Bb7, Bd7, a2, f3

Sötét: Kh8, Vh3 , Ba8, Bf8, g3, g7, h6

Világos indul, matt 4 lépésben!

x „ x x Rx x Ì Œ x x xP¡K x rx rx ¡ Px x x x x x x ¡ xPx ¡nx x x x x x xNx « x x x x ¿ x ¿ ¿ x xdxp¡D ÌRx õ ¿ px x x x x x ¤rx x x x «

43

Sokszögek iskolája

A Sokszögek iskolája mesebeli iskola, csupa-csupa különleges, híres sokszög jár oda. Két évfolyam sosem indul, komoly oka van annak, mindjárt harmadikba járhat, akit ide íratnak.

Harmadikban különféle háromszögek tanulnak, szögük szerint hegyes-, tompa, s derékszögűek vannak. Szimmetrikus, kinek minkét szára hossza azonos, s szabályos, ha összes belső szöge épp hatvan fokos.

Negyedikbe sok négyszög jár, köztük ismert is van több, így a Paralelogramma, Deltoid, és Húrnégyszög. Ide jár a híres-neves Trapéz, Négyzet, Téglalap, vagy a Rombusz, kit legtöbben mindig csúcsra járatnak.

Minden ötszög ötödikes, s hatodikba az mehet, akinek van hat oldala, s hat csúcsa, több nem lehet. Az iskola végtelen sok évfolyamán tanulhat minden sokszög, s új osztályba lép, ha újabb csúcsot kap.

Minden tanuló álma, hogy kijárja az iskolát, csúcsait megsokszorozza, s meggörbíti oldalát, s végezetül minden belső szöge gyöngén szétterül, s a sokszög pályája íve magasabb körbe kerül.

Bártfai Lászlóné verseiből idézve

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Találós kérdés

-Miért konvergens a mozgólépcső? -Mert monoton és korlátos.

Róka Sándor – A matematika humora

44

F I Z I K A – R O V A T

rovatvezető: Szatmáry Zsolt

A kitűzött feladatok

686. (Mérési feladat)! Vágj le egy nagy ásványvizes vagy üdítős flakont kiszélesedett részénél. Töltsd meg kb. háromnegyedig hideg csapvízzel, majd a tetejére tegyél jó pár jégkockát. Várj kb. két percig, majd mérd meg a víz hő-mérsékletét legalább öt mélységben. Készítsd el a mérési eredmények tábláza-tát, grafikonját! Mit tapasztaltál? Mi lehet ennek a magyarázata? A természetben hol figyelhető meg hasonló jelenség? Szatmáry Zsolt

687. Anna és Éva fizika szakkörön olyan „fekete dobozt” vizsgál, amely-nek három kivezetése van: A, B illetve C. Annyit tudnak, hogy a dobozukban valamilyen módon be van kötve a kivezetések közé 2 db 20 Ω-os és 1 db 10 Ω-os ellenállás. Egy 6 V-os akkumulátor kivezetéseit kötik kivezetéspáron-ként a dobozukra és mérik az áramerősséget. A következő eredményeik lettek: Anna: IAB = 0,5 A, IBC = 0,5 A, IAC = 0,75 A illetve Éva: IAB = 0,6 A, IBC = 0,6 A, IAC = 0,3 A. Hogyan lehetnek bekötve az ellenállások az egyes fekete dobozok-ban? Szatmáry Zsolt

688. Simon 1 kg 80 °C-os vizet szeretne lehűteni 10 °C-osra, de csak 70 dkg jég áll a rendelkezésére a mélyhűtőjükben. Milyen hőmérsékletűre állítsa a mélyhűtőt előző este? Szerencsére van egy 2 literes szigetelő falú edénye,

amelyben elvégezheti a kísérletet. (cvíz=4200 )Ckg(

Jo

, cjég= 2100 )Ckg(

Jo

,

Lo,jég=334 000 kgJ ) Szatmáry Zsolt

689. Eszter talál a padláson egy 5 dioptriás, régi nagyítót. Egy gyertyával és egy fehér papírral próbálgatja, hogy milyen helyzetben kap éles képet a pa-pírlapra. Elhelyezi egymástól a gyertyát és a papírlapot, és legnagyobb megle-petésére pont a távolságuk feléhez helyezve a nagyítót kap éles képet. Milyen messze volt a gyertya és a papírlap egymástól? Hol látja a gyertya képét, ha a nagyítót 30 cm-rel közelebb viszi a gyertyához? Szatmáry Zsolt

690. Egy F1-es autó 10 sm -ról 5 másodpercig egyenletesen gyorsít, majd

az elért sebességgel egyenletesen haladva 3 másodpercig száguld. Mekkora volt

45

a gyorsulása és a végsebessége valamint az összes megtett út, ha a gyorsítási és az állandó sebességgel megtett utak egyenlők? Szatmáry Zsolt


Beküldési cím: Fizika pontverseny 1437 Budapest, Pf. 774

Korábban kitűzött feladatok megoldásai

676. (Mérési feladat) Keress egy ingyenes reklámújságot! Vágj ki be-lőle különböző oldalhosszúságú négyzeteket (kb. 2 cm-től 25 cm-ig), majd egy nagyon kicsit bevizezve gyúrj belőlük gömböt! Mérd meg a gömbök sugarát! Mérési adataidat foglald táblázatba! Vizsgáld meg az ol-dalhosszúságok négyzetének és a gömbök sugarának köbe közti kapcso-latot! Ábrázold milliméterpapíron az értékpárokat, vagy pl. excel segítsé-gével nyomtasd ki! Mit tudsz meghatározni a grafikonról? Szatmáry Zsolt

Megoldás: Ebben a hónapban Lakatos Attila István 8. o. tanuló (SzE Öveges Kálmán Gyak. Isk., Győr) megoldása alapján készült jegyző-könyvet közlünk.

Mérési eszközök: reklámújság, tolómérő, Excel

Mérés leírása: A reklámújság lapjain kiszer-kesztettem, majd kivágtam a különböző méretű négyzeteket, majd benedvesítés után gömböket gyúrtam belőlük. A tolómérővel megmért át-mérő fele lett a sugár. El-készítettem a kért értékpá-rok tábláza-tát és grafi-konját excel segítségével.

Tapasztalatok: A diagramban ábrázolt pontok egyenes mentén helyezkednek el.

A térfogatok egyenlőségét felírva: 34 r3π = a2

⋅ h, ahol a h a papír vastagsága. Eb-

ből: r3 =

π⋅

⋅

4h3

⋅ a2. Tehát az excellel kiszámolt meredekségből meghatározható,

hogy h = 0,84 mm.

Papír méret (mm)

Gömb sugár (mm)

Oldalhossz négyzete (mm2)

Gömb sugár köbe

(mm3) 20 4,5 400 91,1 30 5,8 900 195,1 40 6,7 1600 300,8 50 8,1 2500 531,4 60 9,1 3600 753,6 70 9,7 4900 912,7 80 10,6 6400 1191,0 90 11,6 8100 1560,9 100 12,7 10 000 2048,4 110 13,7 12100 2571,4 120 14,3 14 400 2924,2 130 15,2 16 900 3511,8 140 15,9 19 600 4019,7 150 16,7 22 500 4657,5 160 17,1 25 600 5000,2 170 18,1 28 900 5929,7 180 18,8 32 400 6644,7 190 19,5 36 100 7414,9 200 20,2 40 000 8242,4 210 20,8 44 100 8998,9 220 21,4 48 400 9800,3 230 22,2 52 900 10 941,0 240 22,8 57 600 11 852,4 250 23,4 62 500 12 812,9

46

Hibaforrások: a gömbök tömörsége és gömb alakja nem volt mindig megegyező. A kapott érték valójában a vizes papír vastagsága.

682. Benedek hajókiránduláson vett részt. Az egymástól 70 km távolságban lévő városok között lefelé 3,5 óráig, felfelé 5 óráig tartott az út. Hogyan lehet ebből megál-lapítani a folyó sebességét? Mekkora érték adódik? Szatmáry Zsolt

Megoldás: Igen, meg lehet. Jelölje vh a hajó, vf a folyó sebességét h

km -ban

mérve! Felfelé menet levonódik, lefelé menet meg hozzáadódik a folyó sebes-

sége a hajó sebességéhez. Így felírható: vh − vf =5

70 =14 illetve vh + vf =5,3

70 = 20.

Ebből vh =17h

km , vf = 3 h

km .

683. Soma két, ismeretlen ellenállás nagyságát szeretné meghatározni, ha csak any-nyit tud, hogy ha sorba kapcsolják őket egy 12 V-os akkumulátorra, akkor 2 A erősségű áram folyik az áramkörben. Ha párhuzamosan kötik őket ugyanerre az akkumulátorra, akkor a főágban 9 A-es áramot mérnek. Mekkorák az ellenállások? Szatmáry Zsolt

Megoldás: Ha az ellenállásokat R1 illetve R2-vel jelöljük, felírható a következő

az eredő ellenállásokra: R1 + R2 =2

12 = 6 illetve ( )21

21

RRRR

+

⋅ =9

12 =34 . Ha felhasz-

náljuk, hogy R1 + R2 = 6, akkor a második egyenlet R1 ∙ R2 = 8 lesz. Vagy megold-juk az egyenletrendszert, vagy próbálgatással két olyan számot keresünk, me-lyeknek összege 6, szorzata 8. Ebből a két ellenállás 2 Ω és 4 Ω.

684. Péter és Pál vonatos építőjátékból készített egy olyan, 20 dkg tömegű kocsit, amely végén egy távirányitóval indítható kis ágyú helyezkedik el, amely a kocsihoz ké-

pest minden kis lövedéket, tömegétől függetlenül, 2 sm sebességgel tud kilőni. A kocsit

két 5 dkg tömegű lövedékkel felszerelve hosszú, egyenes sínre rakják. Péter szerint ak-kor érnek el a kocsival nagyobb végsebességet, ha egyszerre lövik ki hátrafelé a két lövedéket, tehát egy lövéssel gyorsítják a kocsit, Pál szerint akkor, ha egymás után két-szer lőnek hátrafelé egy-egy lövedékkel, tehát két lövés „dörren el” kis időközzel. Kinek van igaza? Miért? Szatmáry Zsolt

Megoldás: A lendületmegmaradás törvényét fogjuk használni mindkét eset-ben, figyelve arra, hogy a sebességek a földhöz viszonyított sebességeket jelent-sék, és a pozitív irány a kiskocsi haladási iránya legyen. Az első esetben:

0 = 0,2 ∙ v − (0,05 + 0,05) ∙ 2. Ebből v =1 sm -ot kapunk. A második esetben az első

47

lövésre felírhatjuk: 0 = 0,25 ∙ v1 − 0,05 ∙ 2, innen v1 = 0,4 sm . A második lövésre:

0,25 ∙ 0,4 = 0,2 ∙ v2 − 0,05 ∙1,6 , hiszen a lövedék a talajhoz képest már csak 2 −

− 0,4 sm sebességgel repül ki visszafelé. Innen v2 = 0,9

sm adódik. Tehát Péter-

nek van igaza.

685. Csenge egy 100 cm2 alapterületű, 20 cm magas fenyőfahasáb alapjára, an-nak közepére ragaszt egy fél kg tömegű vasgolyót. Kétféleképpen helyezi a vízre, először úgy, hogy a vasgolyó a fahasáb tetején van, másodszor úgy, hogy vasgolyó a víz alatt van, tehát a fahasáb van felül. Melyik esetben látszik ki több a fahasábból,

és mennyivel? (ρfenyőfa = 500 3m

kg, ρvas = 7800 3m

kg, ρvíz =1000 3m

kg) Szatmáry Zsolt

Megoldás: Mindkét esetben a felhajtó erő megegyezik a testekre ható gravitá-ciós erővel. Számoljuk először a hasáb és a vasgolyó térfogatát: Vhasáb =

= 0,002 m3 illetve Vgolyó =7800

5,0 = 6,41 ∙10-5 m3. Az első esetben a következő ír-

ható fel: Vbe1 ∙ ρvíz ∙ g = Vhasáb ∙ ρfenyőfa ∙ g + mgolyó ∙ g. Ebből Vbe1 = 0,0015 m3. Tehát a

fahasáb bemerülő részének magassága: h1 = 01,0

0015,0 = 0,15 m =15 cm. A második

esetben: (Vbe2 + Vgolyó) ∙ ρvíz ∙ g = Vhasáb ∙ ρfenyőfa ∙ g + mgolyó ∙ g.

Ebből: Vbe2 = 0,001436 m3. Így ebben az esetben a fahasáb bemerülő részének magassága: h2 = 0,1436 m =14,36 cm. Tehát a második esetben 0,64 cm-rel lát-szik ki több a hasábból.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Előző számunkban a 667.-es feladat megoldásának menete végig helyesen jelent meg, de rossz számok szerepeltek a végén eredményként. A helyes értékek: 700 m, 350 m, illetve 33 s. Az érintettektől elnézést kérünk.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗

Kedves beküldők!

Kérjük, hogy fokozottan ügyeljetek a külalakra, olvashatóságra valamint a papírválasztásra! Köszönjük.

48

A fizika pontverseny állása a 4. forduló után 7. osztály

1. Márkus Dániel (Fazekas Mihály Gimnázium, Debrecen) 75 p.; 2. Balogh András (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 68 p.; 3. Horváth Zsóka (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 65 p.; 4. Dancsák Dénes (Batthyány Lajos Gimnázium, Nagykanizsa) 59 p.; 5. Sáfrány-Majoros Katalin (Szerb Antal Gimnázium, Budapest XVI.) 40 p.; 6. Zsóri Georgina Anna (Berze Nagy János Gimn., Szakisk. és Koll., Gyöngyös) 35 p.; 7. Mihályi Szonja (Berzsenyi Dániel Gimnázium, Budapest XIII.) 29 p.; 8. Rózsa Rebeka (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 28 p.; 9. Milbik Csongor (Széchenyi István Egyetem Öveges Kál-mán Gyak. ÁI., Győr) 26 p.; 10. Kiss Botond Attila (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg), Szeglet Bálint Péter (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 24 p. (Kevesebb pontja van 38 versenyzőnek.)

A fizika pontverseny állása a 4. forduló után 8. osztály

1. Lakatos Attila István (Széchenyi István Egyetem Öveges Kálmán Gyak. ÁI., Győr), 100 p.; 2. Schneider Dávid (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 94 p.; 3. Jeszenői Sára (Kecskeméti Református Általános Iskola, Kecskemét), 67 p.; 4. Tompos Gábor (Zrínyi Miklós Gimnázium, Zalaegerszeg) 65 p.; 5. Pásztor Ferenc (Berze Nagy János Gimn., Szakisk. és Koll., Gyöngyös) 54 p.; 6. Kiviharju Vince (Széchenyi István Egyetem Öveges Kálmán Gyak. ÁI., Győr) 43 p.; 7. Gulyás-Balla Márk Antal (Piarista Gimnázium, Budapest V.) 42 p.; 8. Kálai Anna (Szent István Gimnázium, Budapest XIV.) 38 p.; 9. Kecskés Bar-nabás (Berze Nagy János Gimn., Szakisk. és Koll., Gyöngyös.) 34 p.; 10. Tankó Beatrix (Árpád Gimnázium, Budapest III.) 30 p.; 11. Szegedi Ágoston (Szent József Iskolaközpont, Szekszárd) 23 p. (Kevesebb pontja van 14 versenyzőnek.)

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Megjegyzés: A havonta elérhető maximális pontszám 7. osztályban 20 pont, 8. osztályban 25 pont. A listában nem szereplő versenyzők kevés pontot értek el vagy nem neveztek a versenyre. A nevezés pótlására keressék a MATEGYE Alapítvány munkatársait.

∗ ∗ ∗ ∗ ∗ Aranyköpés

Mi a különbség a módszer és a fogás között? A módszer olyan fogás, amelyet kétszer alkalmazunk.

Róka Sándor: A matematika humora

Documents

LURKÓ-LOGIKA1 LURKÓ-LOGIKA rovatvezető: Sinkáné Papp Mária Tavasz a kertben Feladatok csak 3. osztályos tanulóknak A. 1302. János bácsi a gyümölcsöskertjében a tavaszi