Darts: surranó nyilak, gondolkodtató problémák Kombinatorika 6. feladatcsomag

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Darts: surranó nyilak, gondolkodtató problémák Kombinatorika 6. feladatcsomag"

Átírás

1 Darts: surranó nyilak, gondolkodtató problémák Kombinatorika 6. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: év összeszámolási módszerek (permutáció, variáció, kombináció) sorozatok rekurzív megadása programozás (egyszerű algoritmusok) diofantoszi egyenletek (legnagyobb közös osztó) csomag első felében a játékos feladatok megoldása során összeszámolási feladatokat oldunk meg, illetve a kombinatorika klasszikus leszámolási módszereit gyakoroljuk (permutációk, variációk, kombinációk). Ezek között alkalmanként vannak nehezebbek is, például az ismétléses kombinációval is megoldható feladatok. Egy másik téma a rekurziós gondolatmenet alkalmazása. Ennek segítségével szintén egy összeszámolási módszert gyakorolunk. csomag második felében számelméleti, oszthatósági problémák megoldására is sor kerül. Itt a nehezebb feladatok során szintetizáljuk a megismert módszereket, eljárásokat. feladatok listája 1. Nem a közepe ér legtöbbet? (szövegértés, tájékozódás a síkban, szisztematikus összeszámlálás, logikai következtetés) Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 1

2 2. Kidobhatatlan összegek a dartstáblán (rendszerezőképesség, összefüggéslátás, kombinativitás, algoritmikus gondolkodás) 3. kétmezős darts játék általános vizsgálata (összefüggéslátás, analógiás gondolkodás, figyelem) Módszertani tanácsok z első feladatlapon egyszerű feladatokon keresztül ismerkedhetnek meg a tanulók a dartstáblával, annak különböző szektoraival. második feladatlap a klasszikus darts játékkal kapcsolatosan tűz ki néhány problémát. tanulók általában kedvelik a játékos jellegű feladatokat; a gyakorlati játékból származó példák pedig további motivációt is jelenthetnek. z 1 4. feladat építkező jellegű, az első három feladat előkészíti a nehezebb negyediket. Ha a csoport tanulóinak nagyon eltérő a tudásszintje, akkor természetesen ugorhatunk, tehát a tehetségesebb tanulóknak rögtön, felvezetés nélkül kitűzhető a nehezebb 4. feladat (három dobásból el nem érhető összegek). később hangsúlyozott rekurziós gondolatmenet már itt is megjelenik, hiszen a feladat viszonylag egyszerűbben oldható meg, ha a korábbi esetekre (egy, illetve két dobásból el nem érhető összegek) visszavezetjük. feladatlap második felében a hagyományos összeszámolási megoldások mellett algoritmusokat is készítünk. (Erre óvatosan utaltunk a feladatok kitűzésekor.) Sajnos a tanulók programozási képessége, tudása egyre haloványabb; célszerű számukra minél több lehetőséget nyújtani algoritmusok, egyszerű programok készítésére. programkészítés nemcsak az algoritmikus gondolkodást fejleszti, hanem gyakran alkalmazható konkrét célfeladatok megoldására is. (z ebben az írásban szereplő egyszerű feladatok igen alkalmasak a gyakorlásra.) 2 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

3 z egyszerű programok alkalmazásának több előnye is lehet, s ezekre példákat látunk a további feladatlapok megoldásakor is: általában egyszerűen bővíthető az algoritmus (azaz kis változtatással minőségileg új feladatot oldhatunk meg); egyszerűen változtatható a ciklusok futási száma (azaz több eset összeszámolása gyakran semennyivel sem jelent több munkát); és módszertanilag nagyon fontos a futási eredmények ismeretében gyakran sejtéseket fogalmazhatunk meg: új megoldási módszerek adódnak, vagy új kérdések, problémák vetődnek fel. z 5. feladatban hosszas esetszétválasztással, sok eset aprólékos vizsgálatával érünk célt. Ezekre sosem szabad sajnálni az időt. Sajnos, az egyre inkább eluralkodó automatizmus, a teszt-jelleg erősödése az iskolai feladattípusokban, a 6. és 8. osztályos felvételik (vagy akár részben az érettségi vizsga is) kvázi-teszt jellege, de általában az elektronikus munka megjelenése felületességre, sőt kapkodásra inspirál. Rendkívül fontos a részletes elemzéseken alapuló, megfontolt és türelmes munkavégzéstípus erősítése. harmadik feladatlapon a speciális darts játék ürügyén számelméleti problémákat vizsgálunk. (És persze az egyes öszszeszámolások lehetőséget adnak a klasszikus kombinatorikai struktúrák [permutáció, kombináció] alkalmazására, gyakorlására is.) számelméleti tartalmat (diofantoszi egyenletek, legnagyobb közös osztó) nem hangsúlyozzuk, hiszen erről igen részletesen olvashatunk a B 6.1 jelű, Lábak és pénzügyek (diofantoszi feladatok) című feladatcsomagban (Fried Katalin és Török Judit munkája). Ismét sor kerül a véges rekurziók alkalmazására és egyszerűbb programok írására. rekurzív sorozatokat általában nem, vagy csak alig érintjük a tanítási órán, mert az explicit alak előállítása nehéz. Talán érdemes ezt a kimaradó témakört hangsúlyosabbá tenni a tanítás folyamán, mert egyrészt Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 3

4 a rekurzió felállítása szakmailag tanulságos, másrészt a számológép tetszőleges tagot pillanatok alatt előállít. (zaz ebből a szempontból nincs szükség az explicit alakra.) Megoldások, megjegyzések 1. Nem a közepe ér legtöbbet? 1. Jack Szállíven: T18, 9, kb (88 pont 1. hely) Billy Coolhand: D8; 19; T15 (80 pont 3. hely) Sam Reyoles: B, 12, D12 (86 pont 2. hely) 2. : Igaz, mert 3 páratlan szám összege páratlan volna. B: Hamis. legnagyobb szimpla szektor 20-at ér. Szimpla értékekből legfeljebb 60 pontot lehet elérni. Ha a külső bullt szimpla értéknek tekintjük, akkor is csak 75 pont érhető el. C: Hamis. Két páros és egy páratlan összege páratlan volna. D: Igaz. 3 db D13 dobása esetén az összeg legértékesebb szomszédos mező hármas: T19 T7 T16 4. a) 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 a prím értékű mezők. Közülük e 8 3 o -féleképpen választható ki három. b) Igen, lehet, például = nek ott kell lennie a dobások között, különben a három páratlan prím öszszege páratlan lenne. maradék 18 előállításai: , Tehát 3 megoldás van. c) 2, 5, 11, 17 értékek 2 maradékot adnak 3-mal osztva, a 7, 13, 19 számok 1 maradékot adnak. 1. eset: Ha a 3 a dobott számok között van, akkor az iménti két csoportból (maradékosztályok) egyet-egyet kell választani ahhoz, hogy az összeg 3 többszöröse legyen. Ez 4 3 =12 lehetőséget jelent. 2. eset: Ha a 3 nincs a dobott számok között, akkor a három számnak azonos maradékosztályból kell származnia. Ez e o+ e o = 5 lehetőséget eredményez Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

5 Összesen tehát 17-féleképpen fordulhat elő, hogy a három különböző prím összege Kidobhatatlan összegek a dartstáblán 1. Elérhető 1-től 20-ig normál dobással minden szám, valamint 40-ig dupla szektoros dobással a páros számok, és 60- ig triplával a hárommal oszthatók. Ezenkívül még a 25 és 50 pontos Bull-dobásokkal számolhatunk. 21 és 40 között 10 páratlan szám van (21, 23,, 39), ezek közül minden harmadik, összesen 4 darab osztható 3-mal. Duplával és triplával nem érhető el a maradék 6 pontszám: 23, 25, 29, 31, 35, és 60 között 20 szám van, közülük minden harmadik osztható 3-mal: 42, 45, 48,, 60. többi 13 szám nem érhető el triplával. z így kapott 19 érték között szerepel még a két Bull-dobás, tehát összesen 17 olyan szám van, amit egyetlen dartsszal nem lehet megdobni. Ezek halmaza: = {23, 29, 31, 35, 37, 41, 43, 44, 46, 47, 49, 52, 53, 55, 56, 58, 59}. 2. feladat első megközelítésben nehéznek tűnik, hiszen a frontális megoldás elég sok eset végigpróbálását jelentené. Próbáljunk olyan módszereket alkalmazni, amelyek egyszerre több szám kizárására is alkalmasak! Először megállapíthatjuk, hogy az halmazbeli elemek mind előállíthatók két dobásból. Ugyanis két normál dobás minden összeget előállít 40-ig; egy D20-as és egy normál dobás pedig a 40,, 60 sorozat számait állítja elő. Hasonló megfontolással egy T20 és egy normál dobással a 60,, 80 számok érhetők el; így csak a 81, 82,, 120 összegek előállítása a kérdés. Egy fontos észrevétellel tovább csökkenthetjük a vizsgálandó összegek számát. Ha az első dobás T20, akkor két dobással minden olyan összeg kidobható, amit az egy dobással elért szám 60-nal történő növelésével kapunk. Ily módon felhasználhatjuk az előző feladat eredményét: a két dobás- Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 5

6 ból nem elérhető pontszámok csakis az halmaz 60-nal megnövelt elemei közül kerülhetnek ki. H 1 = {83, 89, 91, 95, 97; 101, 103, 104, 106, 107, 109, 112, 113, 115, 116, 118, 119} halmaz még mindig túl nagy a rendszeres próbálgatáshoz, célszerű tovább csökkenteni a vizsgálandó elemek számát. Ha az első dobás például T19, akkor a két dobással így nem elérhető összegek H 2 halmaza a H 1 halmaz elemeinél 3-mal kisebb számokból áll: H 2 = {80, 86, 88, 92, 94; 98, 100, 101, 103, 104, 106, 109, 110, 112, 113, 115, 116, 118, 119, 120}. (Mivel T19 + T20 = 117, a 118, 119, 120 számokat is belevettük H 2 -be.) H1+ H2 = {101, 103, 104, 106, 109, 112, 113, 115, 116, 118, 119} halmaz pedig az egyik kezdéssel sem elérhető számokat tartalmazza. 11 szám maradt. Végezzük el még a T18-as kezdés vizsgálatát is: Ha az első dobás T18, akkor a két dobással ily módon nem elérhető összegek H 3 halmaza a H 2 halmaz elemeinél 3-mal kisebb számokból áll (valamint a T18 + T20 = 114-nél nagyobb számokból). H 3 = {77, 83, 85, 89, 91; 95, 97, 98, 100, 101, 103, 106, 107, 109, 110, 112, 113, 115, 116, 117, 118, 119, 120}. Most is képezzük az újabb halmazmetszetet: H1+ H2+ H3 = {101, 103, 106, 109, 112, 113, 115, 116, 118, 119}; ez a 10 szám az eddigi kezdésekkel nem érhető el. z utolsó lépés már nem volt hatékony, próbáljuk más módszerrel kizárni az elérhetetlen számokat. Két dobásból 100 pont fölé jutni csak úgy lehet, ha legalább az egyik dobás tripla. (Két Bull, valamint egy dupla és egy Bull összege is kisebb, mint 101.) Két tripla dobás összege 3-mal osztható szám. Mivel ilyen nincs a H1+ H2+ H3 halmazban, csak azokat a dobáspárokat kell vizsgálnunk, amelyekben pontosan egy tripla van. 6 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

7 Mivel egy tripla és egy dupla összege sem nagyobb 100- nál, csak egy tripla és egy Bull dobástól várhatjuk, hogy öszszegük a halmaz valamely elemét adja. z ilyen összegek 3-mal osztva 2 maradékot adnak, ezek a 101, 104, 107, 110. Közülük a 104 még H 2 -ben benne volt, de H 3 -ba már nem került be; a H1+ H2+ H3 halmazból még a 101-et zárhatjuk ki. (101 = Bull + T17). Eredmény: 9 olyan 121-nél kisebb szám van, amit két dobásból nem lehet elérni. Ezek: B = {103, 106, 109, 112, 113, 115, 116, 118, 119}. 3. Ha az egyik dobás 50-es Bull vagy kisebb értékű, akkor a maradék 123 pont túl sok, két dobásból nem érhető el. Minden dobásnak tehát 50-nél nagyobb triplának kell lennie. tripla találatok összegei oszthatók 3-mal, míg a 173-ra ez nem igaz. Ezért a 173 pont valóban nem állítható elő három dobásból. 4. z előző két eset vizsgálatakor alkalmazott gondolatmenetek most is alkalmazhatók. Minden olyan érték elérhető három dobásból, amit a két dobásból elért számok T20 = 60-nal történő növelésével kapunk. Ha tehát valamely érték nem érhető el három dobásból, akkor ennek a két dobásból el nem érhető számok (a B halmaz elemei) 60-nal megnövelt értékei között kell lenni. B halmaz elemeit 60-nal megnövelve a C = {163, 166, 169, 172, 173, 175, 176, 178, 179} halmazt kapjuk; ezek között vannak tehát a három dobásból nem elérhető számok is. Ha csak egy triplát dobunk (maximum 60 pont), akkor a C elemei két további dobásból már nem állíthatók elő, hiszen ezek összege legfeljebb 100 lehet. Ha három triplát dobunk, ezek összege 3-mal osztható, de ilyen szám nincs a C elemei közt. Marad a pontosan két tripla esete. Ha a harmadik dobás dupla, az összeg kevés (legfeljebb T20 + T20 + D20 = 160); Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 7

8 vagyis két tripla és egy Bull zárhat ki további elemeket a C halmazból. Két tripla és egy Bull a T20 + T20 + B = 170 ponttal végződő számokat állítja elő: 170, 167, 164, 161 Ilyen szám nincs a C halmazban. Eredmény: 9 olyan 181-nél kisebb szám van, amit három dobásból nem lehet elérni. Ezek: C = {163, 166, 169, 172, 173, 175, 176, 178, 179}. Egy kis programozás z algoritmus szerkesztésekor eljárhatunk úgy, hogy először az 1 dobásból el nem érhető számokat keressük meg; majd ezek ismeretében a 2 dobásból nem kidobható öszszegeket határozzuk meg; végül ezek segítségével megadjuk a 3 dobásból el nem érhető összegeket. Egy lehetséges eljárást megadunk az alábbiakban. (Ez könnyen bővíthető lesz a 2, illetve 3 dobás esetére is.) z 1 dobásból elérhető számokat megadja az S = n x + d 2x + t 3x + k 25 + b 50 összeg (változó) értéke, ahol n, d, t, k, b rendre a normál, dupla, tripla, külső Bull és Bull dobások számát jelenti, x pedig 1-től 20-ig futó ciklusváltozó. (Természetesen 1 dobás esetén az n + d + t + k + b összeg értéke pontosan 1, azaz a négy változóból az egyik mindig 1, a többi zérus.) Megtehetnénk, hogy x minden ciklusában rendre az n = 1, majd d = 1,, b = 1 értékekkel meghatározzuk S aktuális értékét, de kicsit bonyolultabban, viszont talán tovább fejleszthető módon egymásba skatulyázott ciklusokat is alkalmazhatunk. külső ciklusban n fut 0-tól 1-ig, a belső ciklusban d fut 0-tól (1 n)-ig, az eggyel mélyebbre ágyazott ciklusban t fusson 0-tól (1 n d)-ig és így tovább. Ezzel elérjük, hogy az öt ciklusváltozó összege 0 vagy 1 lesz (persze amikor mindegyik zérus, akkor az S = 0 jellegtelen érték adódik). 8 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

9 Megjegyzés: Ezzel a módszerrel valójában az = N K G ismétléses kombináció eseteit járjuk végig, most speciálisan az N N 5 = G = e o= e o eseteket Definiálunk tehát egy összeg1() tömböt a kidobható számok jelölésére. Kezdetben a tömb elemeit lenullázzuk, és amikor valamelyik S értéket kiszámoltuk, összeg1(s)-et 1-re állítjuk. (Ezzel jelezzük, hogy az S érték kidobható.) Végezetül kiíratjuk az összeg1() azon értékeit, amelyek nullák; ezek lesznek a nem elérhető számok. z algoritmus: Ciklus i:=0-tól 60-ig összeg1(i):=0 Ciklus x:=1-től 20-ig Ciklus n:=0-tól 1-ig Ciklus d:=0-tól 1 n-ig Ciklus t:=0-tól 1 (n+d)-ig Ciklus k:=0-tól 1-(n+d+t)-ig Ciklus b:=0-tól 1-(n+d+t+k)-ig S:=n x+d 2 x+t 3 x+k 25+b 50 összeg1(s):=1 Ciklus i:=0-tól 60-ig Ha összeg1(i)=0 akkor Ki:i program futási eredményét táblázatba foglalhatjuk. [Tehát ezen i értékekre összeg1(i) = 0, azaz az 1 dobásból nem kidobható számokat kapjuk meg.] Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 9

10 összeg1: i dobásból ki nem dobható összegeket úgy kaphatjuk meg, hogy az összeg1() elemeit páronként összeadjuk, és az így kapott értékeket egy összeg2() tömbben kigyűjtjük. Ezt megtehetjük például úgy, hogy az összeg2() megfelelő indexű elemeit 1-re állítjuk. (Kezdetben persze lenullázzuk a tömb elemeit.) z első programrészhez csatlakoztatott algoritmus: Ciklus i:=0-tól 120-ig összeg2(i):=0 Ciklus i:=0-tól 60-ig Ciklus j:=0-tól 60-ig Ha összeg1[i]=1 és összeg1[j]=1 akkor összeg2[i+j]:=1 Ciklus i:=0-től 120-ig Ha összeg2(i)=0 akkor Ki:i futási eredmény már ismert, korábban meghatároztuk azt a 9 számot, amelyek nem dobhatók ki két nyíllal: összeg2: i Végül a programot a korábbihoz hasonlóan kiegészítjük azzal a résszel, amely az összeg3() tömbben kigyűjti a három dobással elő nem állítható összegeket. 10 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

11 Ciklus i:=0-tól 180-ig összeg3(i):=0 Ciklus i:=0-tól 60-ig Ciklus j:=0-tól 120-ig Ha összeg1[i]=1 és összeg2[j]=1 akkor összeg3[i+j]:=1 Ciklus i:=0-től 180-ig Ha összeg3(i)=0 akkor Ki:i futási eredmény: összeg3: i (Egyszerűen összeadtuk a 2 és az 1 dobásból elérhető számokat.) Természetesen lehet egyszerűbb algoritmust írni a feladatra [és például a 0-1 értékű összeg() tömbök helyett sokkal elegánsabb lett volna logikai tömböket alkalmazni], de ez az algoritmus könnyen kódolható, egyszerűen bővíthető, és a kis számok miatt nem volt szükségünk hatékonyabb eljárásra sem. Befejezésül még megadjuk azokat az összegeket, amelyekről kiderült az algoritmus további bővítése során, hogy nem dobhatók ki 4 dartsszal. összeg4: i Rendszeres esetszétválasztást végzünk a tripla dobások száma alapján. 1. eset: Ha nyolc dobás tripla. Ekkor a nyolc dobás maximális összege 8 60 = 480, tehát a dupla dobásnak legalább 22-nek kell lennie. Mivel a kilenc dobás összege (501) is osztható hárommal, és a 8 tripla do- Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 11

12 bás összege is, ezért csak a 3-mal osztható dupla befejezések jöhetnek szóba. Ezek a 24, 30, 36; és ekkor a triplákkal elérendő összeg rendre 477, 471, 465. Ezek harmadrésze 159, 157, 155; ezen összegeket kell normál szektorú dobásokból előállítani. 159 hét darab 20-as és egy 19-es összegeként állítható elő. 157-es összeg 2-vel kevesebb, így a 19-est cserélhetjük egy 17-esre, vagy egy 20-ast 18-asra és így tovább. lehetőségeket érdemes táblázatban összefoglalni: 159 (8 triplával: 477, kilépő dobás: D12) 7 db 20 1 db (8 triplával: 471, kilépő dobás: D15) 7 db 20 6 db 20 5 db 20 1 db 17 1 db 19 3 db 19 1 db (8 triplával: 465, kilépő dobás: D18) 7 db 20 6 db 20 6 db 20 5 db 20 1 db 15 1 db 19 1 db 18 2 db 19 1 db 16 1 db 17 1 db 17 5 db 20 4 db 20 3 db 20 1 db 19 3 db 19 5 db 19 2 db 18 1 db előállításakor 6 darab (vagy kevesebb) 20-as nem elég: 2 19 = 38, és = 158 < előállításakor 4 darab (vagy kevesebb) 20-as nem elég: 4 19 = 76, és = 156 < előállításakor pedig 2 darab (vagy kevesebb) 20-as szintén nem elég: 6 19 = 114, és = 154 < Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

13 Meg kell még vizsgálni, hogy a kilencedik dupla dobás lehet-e Bull, de nem: ekkor a számok összege nem lenne osztható 3-mal. 2. eset: Hét dobás tripla. Ezek maximális összege 7 60 = 420, tehát legalább 81 pontot kell a két további dobásból előállítani. két további dobás összegének oszthatónak kell lennie 3-mal, mert az 501, valamint a hét tripla összege is osztható 3-mal; tehát két Bull nem jöhet szóba. Mivel két dupla összege legfeljebb 80, a maradék két dobás csak egy dupla és egy Bull lehet. Ráadásul ezek összege osztható 2-vel, így a lehetőségek: 84, 90, 96, További szűkítés, hogy egy Bull és egy dupla összege legfeljebb 90; így két eset maradt, a 84 és a 90. Ez elő is állhat: 84 = B + D17 és 90 = B + D20. Ekkor a triplákkal elért összeg 417, illetve 411. könnyebb számolás kedvéért ismét meghatározzuk ezek harmadrészét: 139, illetve 137 adódik. lehetséges eseteket ismét táblázatba foglaltuk: 139 (7 triplával: 417, továbbá egy Bull és egy D17, utóbbiak egyike a kilépő dobás) 6 db 20 1 db (7 triplával: 411, továbbá egy Bull és egy D20, utóbbiak egyike a kilépő dobás) 6 db 20 5 db 20 4 db 20 1 db 17 1 db 19 3 db 19 1 db 18 Ismét könnyen igazolható, hogy több megoldás nincs. 139 előállításakor 5 darab (vagy kevesebb) 20-as nem elég: 2 19 = 38, és = 138 < 139. Hasonlóan a 137 előállításakor 3 darab (vagy kevesebb) 20- as nem elég: 4 19 = 76, és = 136 < 137. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 13

14 3. eset: Hat dobás tripla. Hat darab T20-as összege 360, a maradék 141 pontot kell három dobásból előállítani. Ezek között normál dobás nem lehet, hiszen ezek értéke legfeljebb 20, és a maradék = 121 pont két nemtripla dobással nem érhető el. Ha a három dobás valamelyike külső Bull, akkor = 116 pontot kellene elérni két nem tripla dobással, de ez láthatóan nem lehetséges. három nem tripla dobás tehát csak Bull és dupla lehet. Mivel ezek összege páros, és a 3-mal való oszthatóság továbbra is fennáll, a 144, 150, 156, sorozat elemei közül kerülnek ki a szóba jöhető összegek. Három Bull megfelelő (3 50 = 150 pont), de két Bull nem lehetséges: ekkor ugyanis 44 vagy több pontot kellene elérni a két duplával. (Hasonlóan nem lehet 0 vagy 1 Bull sem: három duplával a 144, két duplával a 94 pont nem elérhető.) hat triplával = 351 pontot kell elérni. Ennek harmada 117; ezek felbontását a hagyományos módon táblázattal adjuk meg. 117 (6 triplával: 351, ezek mellett 2 Bull, kilépő dobás: Bull) 5 db 20 4 db 20 3 db 20 1 db 17 1 db 19 3 db 19 1 db 18 Több megoldás nincs, 2 darab (vagy kevesebb) 20-as nem elég: 4 19 = 76, és = 116 < eset: Öt dobás tripla. Ezek összege legfeljebb 300, a maradék elérendő összeg legalább 201. Ezt 4 további dobással már nem érhetjük el, 4 Bull összege is csak 200. gondolatmenetből az is látszik, hogy ötnél kevesebb tripla dobás esetén sincs megoldás. Összefoglaljuk a kilenc nyilas 501 dupla ki játék lehetséges megoldásait. z egyes típusok mellett felsoroljuk azt is, 14 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

15 hogy az aktuális típus hányféleképpen fordulhat elő. (Ekkor az egyes sorozatok ismétléses permutációinak a számát kell meghatároznunk, figyelve arra, hogy dupla vagy Bull dobással végződjön a sorozat. lehetséges záródobásokat vastagabb betűk jelölik.) Típus 7 db T20, T19, D db T20, T17, D db T20, T19, T18, D15 8! 6! 5 db T20, 3 db T19, D15 e 8 3 o= 7 db T20, T15, D db T20, T19, T16, D db T20, T18, T17, D db T20, T19, T19, T17, D18 8! 5! $ 2! 5 db T20, T19, T18, T18, D db T20, 3 db T19, T18, D18 8! 4! $ 3! Esetszám = 8$ 7 = = 168 = db T20, 5 db T19, D db T20, T19, B, D = db T20, T17, B, D db T20, T19, T18, B, D = db T20, 3 db T19, B, D = db T20, T17, 3 db B 8! = 168 5! $ 2! 4 db T20, T19, T18, 3 db B 8! = 840 4! $ 2! Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 15

16 3 db T20, 3 db T19, 3 db B 8! 3! $ 3! $ 2! = 560 Összesen: 3944 Például a 4 db T20, 3 db T19, B, D20 típus előfordulásainak számát a következőképpen kapjuk meg: Ha D20 az utolsó dobás, akkor 4 db T20, 3 db T19 és B lehetséges sorrendjeinek (az ismétléses permutációknak) a száma 8! = 8$ 7$ 6$ 5 = 280, és ugyanennyi sorrendet kapunk 4! $ 3! 6 akkor is, ha B az utolsó dobás. Eredmény: = kétmezős darts játék általános vizsgálata 1. 6-os dobásokból a 6 többszörösei, a 11-es dobásokból pedig a 11 többszörösei dobhatók ki. Ha az első kezdőszámokat megvizsgáljuk, ritkábban találunk elérhető (a továbbiakban jó ) számot, később ezek sűrűsödnek. Nem jó szám az 1, 2, 3, 4, 5, 7, 8, 9, 10, 13, 14, 15, 16, 19, 20, ; jó számok a 6, 11, 12, 17, 18, 22, 23, 24, 28, 29, 30, 33, Ha a kidobható számok sorozatát folyamatában vizsgáljuk, akkor egy fontos észrevételt tehetünk: ha valamelyik szám megfelelő, akkor a nála 6-tal (vagy 11-gyel) nagyobb szám is jó lesz. (Eggyel több 6-os vagy 11-es szerepel az előállító összegben.) zaz egy jó szám megtalálása után a megfelelő 6-os maradékosztály összes eleme előállítható. Ez alapján csak keresni kell a 6-tal osztva 0, 1, 2, 3, 4, 5-ös maradékosztályokban egy-egy számot (lehetőleg a legkisebbet a maradékosztályban); ha mindegyikben találunk ilyet, akkor kész vagyunk: egy idő után, azaz egy bizonyos számtól kezdve minden összeg előállítható lesz. 0 maradékosztályban megfelelő szám a 6 (vagy maga a 0); az 5 maradékosztályban a 11; 22 maradéka 6-tal osztva 4, tehát 22 jó lesz a 4-es maradékosztály kezdőszámának. 3 maradékot ad a 33, 2 maradékot pedig a 44. Végül 55 az utolsó, 1-es maradékosztályt is lefedi. 16 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

17 maradék (mod 6) kezdőszám 0; táblázat alapján kidobhatók a következő összegek: 6, 12, 18, (azaz a 6k alakú számok, k = 1, 2, 3, ; illetve a k = 0 esetet is ide sorolhatjuk); 55, 61, 67, (6k + 1 alakú számok, k = 9, 10, 11, ); 44, 50, 56, (6k + 2 alakú számok, k = 7, 8, 9, ); 33, 39, 45, (6k + 3 alakú számok, k = 5, 6, 7, ); 22, 28, 34, (6k + 4 alakú számok, k = 3, 4, 5, ); 11, 17, 23, (6k + 5 alakú számok, k = 1, 2, 3, ). Látható, hogy 55-től kezdve minden összeg elérhető; sőt azt is sejthetjük, hogy az 55 6 = 49 a legnagyobb olyan összeg, amit nem lehet kidobni ezen a kétszektoros darts táblán. sejtés bizonyítása nem is nehéz: 6-os dobások nem változtatják meg az összeg 6-tal való osztási maradékát, azaz az osztási maradék csak a 11-es dobások számától függ. Fentebb az egyes maradékosztályok kezdőszámait úgy képeztük, hogy rendre vettük az 1 11, 2 11, 3 11, 4 11, 5 11 (és esetleg ide sorolhatjuk a 0 11-et is) kezdőszámokat. Történetesen ezek mind különböző maradékokat adtak 6-tal osztva, az ismétlődés hiánya pedig éppen azt jelenti, hogy mindegyik esetben a lehető legkisebb kezdőszámát kaptuk meg a maradékosztálynak. Ebből már következik, hogy a fenti sorozat az egyes maradékosztályok legkisebb jó számait állítja elő. maradékosztályonkénti legnagyobb rossz számokat a fenti sorozat 6-tal csökkentett értékei adják meg. Ezek rendre: = 5, = 16, = 27, = 38, = 49. Most már válaszolhatunk a feladat kérdésére: ezen a darts táblán a legnagyobb, nem elérhető összeg a 49. Megjegyzés: Hasonló eredményt kapunk akkor is, ha nem a 6-tal, hanem a 11-gyel való oszthatóság alapján osztályozzuk a számokat. Ekkor az egyes (mod 11) maradékosztályok Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 17

18 kezdőszámai és legnagyobb nem elérhető számai az alábbiak: maradék kezdőszám (mod 11) 0 0, 11 legnagyobb nem elérhető összeg Természetesen most is a 49 a legnagyobb nem elérhető összeg, azaz a feladat megoldása. 2. mod 6 maradékosztályok alapján egyszerű összeszámolást végezhetünk. maradék kezdőszám (mod 6) 0 0, 6 nem elérhető öszszegek , 7,, , 8,, , 9,, , 10, Összesen 25 nem elérhető összeg van. 3. z előző feladatban megmutattuk, hogy a legnagyobb nem elérhető összeg a 49; ebből következik, hogy a határ- db 18 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

19 szám 50. (Általában is igaz, hogy a határszámnál eggyel kisebb szám nem elérhető.) z 50 maradéka 6-tal osztva 2, tehát az előállításához szükség van 44 = 4 11 miatt 4 darab 11-es dobásra. Ekkor adódik, hogy csak egyetlen további 6-os dobás kell. 4 darab 11-es és 1 darab 6-os dobások összesen 5-féleképpen következhetnek, így az 50 határszám pontosan 5-féleképpen dobható ki. 4. a) 100 maradéka 6-tal osztva 4, így szükség van 2 darab 11-es dobásra = 78 = 6 13, tehát egy megoldást a (6; 11) " (13; 2) számpár ad. (z első szám mindig a kisebb, 6-os dobások darabszámát jelöli, míg a második a 11-esek számát.) Másik megoldást kapunk, ha észrevesszük, hogy 6 darab 11-es dobás nem változtatja meg az összeg 6-os maradékát. (Úgy is fogalmazhatunk, hogy 11 darab 6-ost kicserélhetünk 6 darab 11-esre.) Ekkor a (2; 8) megoldást kapjuk, és valóban: = 100. Több előállítási lehetőség nincs. Általában az (x; y) számpárral adott x és y darab egyforma objektum összes lehetséges sorrendjét, azaz az ismétléses permutációinak a számát az ( x+ y)! képlet adja meg. Ez alapján a 100-as összeg x! $ y! 15! + 10! = = 150-féleképpen állítható elő. 13! $ 2! 8! $ 2! Egy másik okoskodás az lehet, hogy az x + y darab összeadandóból kiválasztjuk például az x darab első típusút. (z első példánál maradva a 15 összeadandóból kiválasztjuk azt a 13-at, amelyik a 6-os lesz.) Mivel a kiválasztott elemek sorrendje nem számít, az elemek egy kombinációját kapjuk. (x + y) elemből x darabot x+ y e o-féleképpen választhatunk ki. [Természetesen x x+ y ( x+ y)! e o =. Nagyobb számok számológépes ki- x x! $ y! Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 19

20 számolása esetén talán könnyebb a kombinációk számának meghatározása; erre sok gépen külön funkcióbillentyű van.] b) 200 maradéka 6-tal osztva 2, így 4 darab 11-es dobásra van szükség = 156; ekkor 26 darab 6-os dobásra van szükség. lehetőségeket és az előállító utak számát az alábbi táblázatban tüntettük fel. 6-os dobások 11-es dobások 30! ! $ 4! e o= sorrendek száma = 30 $ 29 $ 28 $ 27 = ! 25 = e o= ! $ 10! 10 Érdekes, hogy a 200 előállítási számára a 100-hoz képest egy irdatlan nagy értéket kaptunk ( = ). Ha a fenti, rendkívül egyszerű dartstáblán két játékos egyaránt 200 pontot is ér el, rendkívül valószínűtlen, hogy egyformán játszottak Második megoldási lehetőség (útmutatás): z a) feladat megoldása két részből állt. z első lépésben meghatároztuk, hogy milyen típusú előállítások vannak; ehhez megállapítottuk a 6x + 11y = 100 egyenlet (, xy! N) megoldásszámát. [(x, y) = (13, 2) vagy (x, y) = (2, 8).] feladat hátterében tehát a fenti, úgynevezett diofantoszi egyenlet megoldása szerepel, amelynek általános megoldására többféle módszer is ismert. [Ezeket részletesen tárgyalja a B 6.1 jelű, Lábak és pénzügyek (diofantoszi feladatok) című feladatcsomag.] 20 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

21 második lépésben azt számítottuk ki, hogy a kapott típusok hányféle sorrendben fordulhatnak elő. Ez egyszerű, tisztán kombinatorika feladat, ismétléses permutáció vagy kombináció alkalmazásával. Harmadik megoldási lehetőség: Rekurziót is alkalmazhatunk. Ennek során igyekszünk a korábbi, kisebb öszszegekre kapott előállítások számát felhasználni a nagyobb összegek előállításánál. Jelölje f(i) az i összeg előállításainak a számát, a feladat tehát f(100) meghatározása. z f(0), f(1), f(2),, sorozat kis elemszámú tagjainak értékeit könnyen meghatározhatjuk. f(0) = f(6) = f(12) = 1, f(11) = 1, míg a többi, 12-nél kisebb kezdőtag zérus: f(1) = f(2) = = f(10) = 0. (Ez azt jelenti, hogy a 6, 11, 12 számok egyféleképpen érhetők el, míg a többi 12-nél kisebb szám nem dobható ki.) Hasonlóan 1-értékűek az f(18) = f(24) = = f(60) vagy az f(22) = f(33) = f(44) = f(55) tagok is. z első olyan eleme a sorozatnak, amelyik 1-nél nagyobb, a 17-dik. f(17) = 2, mert a 17 elérhető és dobásokkal is. Hogyan tudunk valamilyen általános összefüggést felírni a sorozat tagjaira? Hogyan tudjuk az általános n-edik tagot kifejezni a korábbiak segítségével? z utolsó dobás vagy 6-os volt, vagy 11-es. Ezért az n-edik tagot, azaz az n összeget az (n 6). és az (n 11). tagok összegeként állíthatjuk elő. Ugyanis az utolsó dobás öszszegét vagy a 6-tal kisebb, vagy a 11-gyel kisebb összeg növelésével kaphatjuk meg; ezeket pedig f(n 6), illetve f(n 11) módon érhettük el. Tehát az f(n) = f(n 6) + f(n 11) rekurzív sorozat 100., illetve 200. tagját kell meghatároznunk (ismerve az első 11 kezdőtag értékét). Persze a fokozatos behelyettesítés Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 21

22 igen időigényes munka lenne, de a véges rekurzió számítógépes megoldása egészen könnyű. z alábbiakban megadunk egy egyszerű algoritmust. 1. z f( ) sorozat első 11 tagjának kezdőértéket adunk. 2. z i ciklusváltozót 12-től egyesével növeljük 100-ig. 3. cikluson belül meghatározzuk f(i) értékét az f(i) = f(i 6) + f(i 11) rekurzív összefüggéssel. [Ki is íratjuk f(i) értékét.] z eljárás: Ciklus i:=1-től 11-ig f(i):=0 f(6):=1; f(11):=1 i:=12 Ciklus amíg i 100 f(i):= f(i 6) + f(i 11) Ki: i, f(i) i:= i + 1 Persze ha f(200) vagy más végérték a kérdés, akkor a ciklushatárt módosítani kell. fenti program futási eredménye 100, illetve 200 végérték esetén (az utolsó 13 tagot adjuk meg): i f(i) i f(i) Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

23 z világos, hogy a keresett összeg 95 és 100 közé esik. [ 95-nél kisebb összegek esetében a náluk 6-tal nagyobb összegek már többféleképpen állíthatók elő. Például f(94) < f(100) = f(94) + f(89).] Ezek közül a maximálisan kidobhatót viszont csak próbálgatással tudjuk megkeresni, más matematikai módszerünk nem nagyon van. számítógépes eredményeknek most nagy hasznát vesszük, hiszen közvetlenül leolvasható, hogy a keresett szám a 97. Tehát a 97 az a 100-nál nem nagyobb pozitív egész szám, amelyik a legtöbbféle módon állítható elő 6x + 11y alakban, ahol x, y természetes számok. 6. z első feladatban már bevált módszert követjük. a) z 5 és a 2 5 = 10 dobások megadják a legkisebb elérhető összegeket a 3-mal osztva 2, illetve 1 maradékú számok körében. ( 3-mal osztható számok közül a legkisebb elérhető a 3, illetve a 0.) Ebből következik, hogy a 2, illetve a 7 a legnagyobb, nem elérhető szám a két maradékosztályban. határszám tehát a 8. b) 6x + 8y (, xy! N) alakban csak olyan összegek állíthatók elő, amelyek 6 és 8 legnagyobb közös osztójának is többszörösei: lnko(6, 8) = 2 osztja az összeget. Vagyis ezen a táblán a páratlan számok nem dobhatók ki, így nincs határszám. (Bármilyen számnál találunk nála nagyobb, nem kidobható számot.) Mivel az ax + bx (, xy! N) összeg mindkét tagja osztható a és b legnagyobb közös osztójával, ebből adódik, hogy a határszám létezésének szükséges feltétele a és b relatív prím volta. c) lnko(6, 7, 8) = 1, így van reményünk határszámot találni. Rendre előállítjuk a mod 6 maradékosztály kezdőelemeit, 7y + 8z alakban. 6-tal osztva: Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 23

24 az (y, z) = (1, 0) számpár 1 maradékot ad (7); az (y, z) = (0, 1) számpár 2 maradékot ad (8); az (y, z) = (1, 1) számpár 3 maradékot ad (15); az (y, z) = (2, 1) számpár 4 maradékot ad (22); az (y, z) = (1, 2) számpár 5 maradékot ad (23); és természetesen az (y, z) = (0, 0) számpár 0 maradékot ad (0). számpárok képzéséből adódóan a 0, 7, 8, 15, 22, 23 értékek egyúttal a maradékosztályok legkisebb előállítható tagjai is. Megadhatjuk a határszámot: a legnagyobb, nem elérhető szám a 17, így a határszám a) Már korábban láttuk, hogy a határszám létezésének szükséges feltétele lnko(a, b) = 1, azaz a és b relatív prím volta. Most bebizonyítjuk, hogy ez a feltétel elégséges is. Tekintsük a 0 b, 1 b, 2 b,, (a 1) b számok (mod a) osztási maradékait! Ha lenne közöttük két egyforma, például i b és j b (ahol i < j), akkor különbségüket osztania kellene a-nak. De (j i) b nem osztható a-val, mert a és b relatív prímek, azaz nincs közös osztójuk; a másik (j i) tényező pedig (a 1)-nél kisebb pozitív egész szám. Tehát az a darab 0 b, 1 b, 2 b,, (a 1) b számok mind különböző maradékot adnak a-val osztva. Ez csak úgy lehetséges, ha valamilyen sorrendben az összes 0, 1, 2,, (a 1) maradékot megadják, azaz teljes maradékrendszert alkotnak (mod a). Vagyis b többszörösei segítségével minden (mod a) maradékosztályt elő tudunk állítani. Így egy bizonyos értéktől kezdve minden összeg előállítható lesz, hiszen egy-egy maradékosztály összes elemét megkaphatjuk, ha a kezdőtaghoz a többszöröseit adjuk. határszám konkrét értékét is megállapíthatjuk. Ehhez azt kell észrevennünk, hogy a 0 b, 1 b, 2 b,, (a 1) b számok az egyes maradékosztályok legkisebb elérhető számait adják meg. (Ennek az 24 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

25 az oka, hogy ha valamelyik j b kezdőtagnál lenne kisebb, például i b, azt már korábban felsoroltuk volna egy másik maradékosztálynál.) Megvannak tehát a legnagyobb nem elérhető számok, ezek: 1 b a, 2 b a,, (a 1) b a. Világos, hogy a legnagyobb nem elérhető szám (a 1) b a, és így a határszám (a 1) b a + 1 = (a 1) (b 1). Ellenőrzésképpen összevetjük az eredményt a korábban megoldott (6; 11) és (3; 5) táblák határszámaival. formula szerint 5 10 = 50 és 2 4 = 8 határszámokat kellett kapnunk, és ez egyezik is. b) nem kidobható összegeket úgy kaphatjuk meg, hogy az egyes maradékosztályok kezdőtagjainak értékeit a többszöröseivel csökkentjük. Például az (a 1) b kezdőtag esetén nem elérhetők az (a 1) b a, (a 1) b 2a, számok. Ezek darabszáma annyi, ahányszor az a megvan az ^a 1 h$ b (a 1) b-ben, azaz ; E. (Itt [x] az x szám egész a részét jelenti.) nem kidobható összegek számát tehát az S 1$ b 2$ b 3$ b a 1 $ b = ; a E+ ; + + f + ^ h a E ; ; a E E összeg adja a meg. Ha {x} jelöli az x szám törtrészét, akkor [x] = x {x} miatt S 1$ b 2$ b a 1 $ b = + + f + ^ h a a a 1$ b 2$ b a 1 $ b + + f + ^ h c' 1 ' 1 ' 1 m. a a a z összeg első tagja a számtani sorozat összegképletével kiszámítható: 1$ b 2$ b ^a 1h $ b + + f+ = b $ ^1+ 2+ f+ ^a 1hh = a a a a Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 25

26 b a$ ^a 1h b$ ^a 1h = $ =. z összeg második tagjának kiszámításához pedig felhasználhatjuk, hogy az a b, 2 b,, (a 1) b számlálók valamilyen sorrendben teljes maradékrendszert alkotnak mod a. ( 0 kivételével.) Mivel az i$ b ' 1 a típusú kifejezésekben az eredmény csak a számláló (mod a) maradékától függ, így 1$ b 2$ b ^a 1h$ b ' 1+ ' 1+ f + ' 1 = a a a = 1 2 a a 1 $ a. + $ f f a. + + $ = a.. a a a a$ ^a 1h a 1 Ez az összeg pedig éppen = 2a 2, így b$ ^a 1h S a 1 ^b 1h$ ^a 1h = = Ennyi tehát a nem kidobható összegek száma. (Érdekesség, hogy ez éppen a határszám fele.) Ellenőrzés: (a 1) és (b 1) valamelyike páros (nem lehet a és b is páros, mert relatív prímek), tehát S egész szám. z 1. feladatban a = 6, b = 11 választással a nem elérhető ^6 1h$ ^11 1h összegek száma 25 volt, és ez valóban 2. (3; 5) táblán a nem kidobható összegek 2; 1, 4, 7; ezek száma valóban a 8 határszám fele. 8. z általános formulák ismeretében a feladat már nem nehéz. határszám (a 1) (b 1), így megoldandó az ^a 1h$ ^b 1h # 13 1diofantoszi egyenlőtlenség. Nem túl sok eset végigpróbálásával célt érünk: Ha a = 2, akkor b = 3, 4,, 14 jöhet szóba, de az (a, b) = 1 feltétel miatt csak b = 3, 5, 7, 9, 11, 13 megfelelő. Ha a = 3, akkor 4 # b # 7, b = 4, 5, 7 lehet. Ha a = 4, akkor b = 5. Ha a $ 5, akkor már több megoldás nincs. 26 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

27 Kombinatorika Szövegértés Nem a közepe ér legtöbbet? darts Nagy-Britanniából származó ügyességi játék. Újabban a sportág egyre népszerűbb: bajnokságokat és nemzetközi versenyeket rendeznek, ezek az események egyes sportadókon is rendre feltűnnek a televízió képernyőjén, és a játék kedvelt időtöltés a kocsmákban, szórakozóhelyeken év játékban a mellékelt ábrán látható céltábla egyes mezőire dobónyíllal (darts) célzunk. megfelelő 1, 2,, 20 mezőket eltalálva ennyi pontot ér egy-egy dobás. Ha a külső vékony körgyűrűbe (dupla szektor) áll be a nyíl, akkor a körcikken jelzett dobásérték duplázódik, a beljebb lévő körgyűrű (tripla Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 27

28 Kombinatorika Szövegértés 5.6 szektor) eltalálása pedig háromszorozza az értéket. Még két speciális mező van: a céltábla piros közepe (Bull vagy bulls eye) 50 pontot, a körülötte levő zöld külső Bull pedig 25 pontot ér. Például három dobásból legfeljebb 180 pont érhető el, ha három tripla 20-ast dob a játékos (T20 + T20 + T20 = 180). játéktáblán kívülre érkező dobások, illetve a tábláról leeső nyilak 0 pontot érnek év 1. Három jó barát fogadást kötött. Mindegyikük 3-3 nyilat dob a dartstáblára. legkevesebb pontot elért játékos fizeti a legnagyobb összeget elért cimborájának vacsoráját. Hogyan alakult a sorrend közöttük? Jack Szállíven Billy Coolhand Sam Reyoles 28 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

29 Kombinatorika Szövegértés Miután a cimborák elhagyták a vendéglőt, a pincér is kipróbálta, mit tud. 3 dobásból 78 pontot ért el. Döntsd el az alábbi állításokról, hogy igazak-e! : dobott értékek között van páros. B: Lehet, hogy minden nyíl szimpla szektorba érkezett. C: dobott értékek közül csakis az egyik páratlan. D: Lehet, hogy minden nyíl ugyanabba a mezőbe érkezett év 3. Keresd meg azt a 3 szomszédos szektort, amelyeknek összértéke legnagyobb! 4. pincér újabb három dobásával ezúttal éppen három különböző (normál szektorú) prímszámot dobott. a) Hányféleképpen történhetett ez? b) Lehet-e a dobott összeg 20? Ha igen, hányféleképpen állhat elő ez az összeg? c)* Hányféleképpen fordulhat elő, hogy a három különböző prím összege 3-mal osztható? tábla elhelyezése: táblától 237 cm-re kell állnia a dobónak. tábla középpontjának magassága a talajtól mérve 173 cm (egy hat láb, illetve 183 cm magas ember szemmagassága). Dobás: Dobásnál mindkét lábnak a dobóvonal mögött kell lennie. z eldobott nyilat akkor sem lehet újra eldobni, ha az nem érte a táblát, elejtett nyílért azonban a dobóvonalon belülre is be lehet lépni. (Forrás: Wikipedia) Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 29

30 Kombinatorika Rendszerezőképesség Kidobhatatlan összegek a dartstáblán év nél kisebb pontszámok közül melyek nem érhetők el egy dobásból? Melyek ezek a pontszámok? nél kisebb pontszámok közül melyek nem érhetők el két dobásból? 3. Mutasd meg, hogy a 173 pont nem érhető el három dobásból! 4. Melyek azok a 181-nél kisebb pontszámok, amelyek nem érhetők el három dobásból? (Esetleg megpróbálhatsz írni egy egyszerű számítógépes programot is, amely futási eredményként a kérdezett számokat adja meg.) dartsbajnokságokon általában 501 kezdőpontról indulnak a versenyzők, egy dobássorozatban 3 nyíllal dobnak, és minden dobás után az aktuális dobásértékkel csökkentik a pontszámukat. z nyer, aki hamarabb eléri a 0 pontot. játék egy érdekes nehezítése, hogy kimenni, azaz a játékot befejezni csak pontos dobásértékkel lehet (a versenyző tehát nem kerülhet 0 alá). Például ha 12 pontja van egy versenyzőnek, akkor egy dobással a 12, D6 vagy T4 módon fejezheti be a játékot; míg pl. a 15, D7 vagy T8 dobások érvénytelenek. (Egyes játékverziókban azt is megkövetelik, hogy az utolsó kimenő dobás dupla legyen, de egyelőre ezzel nem foglalkozunk.) Legkevesebb 9 dobással, tehát 3 3 dartsszal lehet befejezni egy játékot, de ehhez igen nagy ügyesség kell. Versenyeken általában külön díjazzák az 501 dupla ki játékokat, amikor még az is további nehezítés, hogy az utolsó kiszálló dobásnak duplának kell lenni. (Ekkor az 50-es Bull is duplának számít.) 30 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

31 Kombinatorika Rendszerezőképesség 5.6 Televízióban először október 13-án mutattak meg egy kilences darts játékot, a nevezetes játszmában John Lowe a T20, T20, T20; T20, T20, T20; T18, T17, D18 utat választotta. 5. Milyen útvonalakon érhető el kilenc dartsszal az 501 dupla ki játék? Hányféleképpen történhet egy ilyen játék? (Ez utóbbi kérdést úgy értjük, hogy például a T18, T17, D18 és T18, D18, T17 utakat különbözőnek tekintjük.) év dartsversenyeken, a versenyzők körében persze nem mindegyik 9-es sorozat egyformán népszerű. Például a dartsversenyeken nem szokás az, hogy 167-et dobjanak (tripla 20, tripla 19, bulls eye) minden hármas dartsszal, mert ennél a játékmódnál nincs hibahatár. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 31

32 Kombinatorika Összefüggéslátás kétmezős darts játék általános vizsgálata év 1. Mekkora az a legnagyobb összeg, amit nem lehet kidobni a képen látható dartstáblán, akárhányszor is dobhatunk rá? ( KöMaL K feladata.) 2. Hány olyan összeg van a fenti játékban, amelyet nem tudunk kidobni? 3. Nevezzük határszámnak azt a legkisebb kidobható öszszeget, amelyre igaz, hogy minden nála nagyobb összeg is kidobható. Hányféleképpen dobható ki a határszám a fenti dartstáblán? ( dobások sorrendje is számít, azaz a és a dobássorozatokat különbözőknek tekintjük.) 4. Hányféleképpen dobható ki egy adott, konkrét összeg a fenti dartstáblán? ( dobások sorrendje is számít.) Tekintsük például az a) 100; b) 200 összegeket! 5. Vajon melyik lehet az a 100-nál nem nagyobb összeg, amelyik a lehető legtöbb módon dobható ki ezen a dartstáblán? 32 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

33 Kombinatorika Összefüggéslátás Határozd meg a határszámokat az alábbi dartstáblákon! a) b) c) év 7. Oldd meg általános esetben is a fenti feladattípust! Legyen a dartstáblán két szektor, értékük a és b (a < b pozitív egész számok). a) djunk szükséges és elégséges feltételt a határszám létezésére! b)* Határozzuk meg a nem kidobható összegek számát! 8. fordított irányú kérdést is feltehetjük. Ha egy dartstáblán a és b a két szektor értéke, akkor milyen (a; b) számpárok esetén biztosított, hogy a határszám ne legyen például 13- nál nagyobb? (1 < a < b pozitív egész számok) legenda szerint néhány száz évvel ezelőtt egy átfázott angol íjász elhatározta, hogy kellemesebb módot választ a gyakorlásra a téli hónapokban. Letette íját, levágott a nyílvesszőjéből, és elvonult a közeli pub kellemes melegébe és kényelmébe, ahol ügyességét úgy gyakorolta, hogy a lerövidített nyílvesszőket a falra akasztott farönkszeletbe dobta. Mellé állt egy másik íjász, aki megpróbált az előzőnél jobb eredményt elérni, és ezzel megszületett a vetélkedés, a játék, a sport. (Forrás: Wikipedia) Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 33

34 z Ön jegyzetei, kérdései*: * Kérdéseit juttassa el a RBE Kiadóhoz! 34 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Diszkrét matematika II. gyakorlat

Diszkrét matematika II. gyakorlat Név: EHA-kód: 1. 2. 3. 4. 5. Diszkrét matematika II. gyakorlat 1. ZH 2014. március 19. Uruk-hai csoport 1. Feladat. 4 pont) Oldja meg az 5 122 x mod 72) kongruenciát? Érdekesség: az 5 122 szám 86 számjegyű.)

Részletesebben

23. Kombinatorika, gráfok

23. Kombinatorika, gráfok I Elméleti összefoglaló Leszámlálási alapfeladatok 23 Kombinatorika, gráfok A kombinatorikai alapfeladatok esetek, lehetőségek összeszámlálásával foglalkoznak Általában n jelöli a rendelkezésre álló különbözőfajta

Részletesebben

Kombinatorika az általános iskolában Ábrahám Gábor, Szeged

Kombinatorika az általános iskolában Ábrahám Gábor, Szeged Kombinatorika az általános iskolában Ábrahám Gábor, Szeged A kombinatorika másfajta gondolkodást és így a tanár részéről a többi témakörtől eltérő óravezetést igényel. Sok esetben tapasztalhatjuk, hogy

Részletesebben

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2016. május 3. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2016. május 3. 8:00 I. Időtartam: 45 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Matematika középszint

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. május 9. EMELT SZINT

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. május 9. EMELT SZINT ) A PQRS négyszög csúcsai: MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 006. május 9. EMELT SZINT P 3; I., Q ;3, R 6; és S 5; 5 Döntse el, hogy az alábbi három állítás közül melyik igaz és melyik hamis! Tegyen * jelet a táblázat

Részletesebben

Halmazelmélet. Halmazok megadása

Halmazelmélet. Halmazok megadása Halmazok megadása Halmazelmélet 145. Amikor a halmazt körülírással vagy valamilyen tulajdonságával adjuk meg, bármilyen elemrôl egyértelmûen el kell tudnunk dönteni, hogy beletartozik a halmazba vagy sem.

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 113 ÉRETTSÉGI VIZSGA 015. május 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

0653. MODUL TÖRTEK. Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN

0653. MODUL TÖRTEK. Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN 06. MODUL TÖRTEK Szorzás törttel, osztás törttel KÉSZÍTETTE: BENCZÉDY LACZKA KRISZTINA, MALMOS KATALIN 06. Törtek Szorzás törttel, osztás törttel Tanári útmutató MODULLEÍRÁS A modul célja Időkeret Ajánlott

Részletesebben

Matematikaóra-tervezet

Matematikaóra-tervezet Matematikaóra-tervezet "Mondd el és elfelejtem; Mutasd meg és megjegyzem; Engedd, hogy csináljam és megértem." (Kung Fu-Ce) Készítette: Horváth Judit Osztály: 3. osztály (év vége) Tantárgy: matematika

Részletesebben

Matematika tanmenet (A) az HHT-Arany János Tehetségfejleszt Program el készít -gazdagító évfolyama számára

Matematika tanmenet (A) az HHT-Arany János Tehetségfejleszt Program el készít -gazdagító évfolyama számára Matematika tanmenet (A) az HHT-Arany János Tehetségfejleszt Program el készít -gazdagító évfolyama számára Ez a tanmenet az OM által jóváhagyott tanterv alapján készült. A tanterv az Országos Közoktatási

Részletesebben

A pentominók matematikája Síkbeli és térbeli alakzatok 4. feladatcsomag

A pentominók matematikája Síkbeli és térbeli alakzatok 4. feladatcsomag A pentominók matematikája Síkbeli és térbeli alakzatok 4. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: 10 18 év pentominók adott tulajdonságú alakzatok építése szimmetrikus alakzatok egybevágó alakzatok

Részletesebben

22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.)

22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.) 22. szakkör (Csoportelméleti alapfogalmak 1.) A) A PERMUTÁCIÓK CIKLIKUS SZERKEZETE 1. feladat: Egy húsztagú társaság ül az asztal körül. Néhányat közülük (esetleg az összeset) párba állítunk, és a párok

Részletesebben

KOMBINATORIKA Permutáció

KOMBINATORIKA Permutáció Permutáció 1) Három tanuló, András, Gábor és Miklós együtt megy iskolába. Hányféle sorrendben léphetik át az iskola küszöbét? Írja fel a lehetséges sorrendeket! 2) Hány különböző négyjegyű számot alkothatunk

Részletesebben

Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény

Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény Valószínűségszámítás feladatgyűjtemény Összeállította: Kucsinka Katalin Tartalomjegyzék Előszó 4 1. Kombinatorika 5 2. Eseményalgebra 14 3. Valószínűségszámítás 21 3.1. Klasszikus valószínűség.....................

Részletesebben

Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek

Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek Kézirat a Matematikai és matematikai statisztikai alapismeretek című előadáshoz Dr. Győri István NEVELÉSTUDOMÁNYI PH.D. PROGRM 1999/2000 1 1. MTEMTIKI LPOGLMK 1.1. Halmazok Halmazon mindig bizonyos dolgok

Részletesebben

MATEMATIKA C 9. évfolyam

MATEMATIKA C 9. évfolyam MATEMATIKA C 9. évfolyam 6. modul GONDOLKODOM, TEHÁT VAGYOK Készítette: Kovács Károlyné MATEMATIKA C 9. ÉVFOLYAM 6. MODUL: GONDOLKODOM, TEHÁT VAGYOK TANÁRI ÚTMUTATÓ 2 MODULLEÍRÁS A modul célja Időkeret

Részletesebben

148 feladat 21 + + 20 20 ) + ( 1 21 + 2 200 > 1 2. 1022 + 1 51 + 1 52 + + 1 99 2 ) (1 1 100 2 ) =?

148 feladat 21 + + 20 20 ) + ( 1 21 + 2 200 > 1 2. 1022 + 1 51 + 1 52 + + 1 99 2 ) (1 1 100 2 ) =? 148 feladat a Kalmár László Matematikaversenyről 1. ( 1 19 + 2 19 + + 18 19 ) + ( 1 20 + 2 20 + + 19 20 ) + ( 1 21 + 2 21 + + 20 21 ) + ( 1 22 + 2 22 + + 21 22 ) =? Kalmár László Matematikaverseny megyei

Részletesebben

Darts - Krikett Projekt feladat specifikáció

Darts - Krikett Projekt feladat specifikáció Darts - Krikett Projekt feladat specifikáció 1 Tartalomjegyzék 1 Tartalomjegyzék... 2 2 Bevezetés... 3 2.1 A feladat címe... 3 2.2 A feladat rövid ismertetése... 3 3 Elvárások a feladattal kapcsolatban...

Részletesebben

Próba érettségi feladatsor 2008. április 11. I. RÉSZ

Próba érettségi feladatsor 2008. április 11. I. RÉSZ Név: osztály: Próba érettségi feladatsor 2008 április 11 I RÉSZ Figyelem! A dolgozatot tollal írja; az ábrákat ceruzával is rajzolhatja A megoldást minden esetben a feladat szövege melletti keretbe írja!

Részletesebben

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Országos döntő, 1. nap - 2015. május 29.

44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Országos döntő, 1. nap - 2015. május 29. 44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő, 1. nap - 015. május 9. ÖTÖDIK OSZTÁLY - ok 1. Egy háromjegyű szám középső számjegyét elhagyva egy kétjegyű számot kaptunk. A két szám összege

Részletesebben

MATEMATIKA C 5. évfolyam 1. modul DOMINÓ

MATEMATIKA C 5. évfolyam 1. modul DOMINÓ MATEMATIKA C 5. évfolyam 1. modul DOMINÓ Készítette: Köves Gabriella MATEMATIKA C 5. ÉVFOLYAM 1. MODUL: DOMINÓ TANÁRI ÚTMUTATÓ 2 A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási pontok A tudatos

Részletesebben

MATEMATIKA TANTERV Bevezetés Összesen: 432 óra Célok és feladatok

MATEMATIKA TANTERV Bevezetés Összesen: 432 óra Célok és feladatok MATEMATIKA TANTERV Bevezetés A matematika tanítását minden szakmacsoportban és minden évfolyamon egységesen heti három órában tervezzük Az elsı évfolyamon mindhárom órát osztálybontásban tartjuk, segítve

Részletesebben

Egy probléma, többféle kifutással

Egy probléma, többféle kifutással KOMPLE FELADATOK Egy probléma, többféle kifutással 4.2 Alapfeladat Egy probléma, többféle kifutással 2. feladatcsomag a szövegértés fejlesztése és az értelmezés mélyítése matematikai modellek keresése

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 05 ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. május 9. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók A dolgozatot

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 0613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók

Részletesebben

I. Gondolkodási módszerek: (6 óra) 1. Gondolkodási módszerek, a halmazelmélet elemei, a logika elemei. 1. Számfogalom, műveletek (4 óra)

I. Gondolkodási módszerek: (6 óra) 1. Gondolkodási módszerek, a halmazelmélet elemei, a logika elemei. 1. Számfogalom, műveletek (4 óra) MATEMATIKA NYEK-humán tanterv Matematika előkészítő év Óraszám: 36 óra Tanítási ciklus 1 óra / 1 hét Részletes felsorolás A tananyag felosztása: I. Gondolkodási módszerek: (6 óra) 1. Gondolkodási módszerek,

Részletesebben

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Matematika emelt szint 1613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május 3. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA Fontos tudnivalók Formai előírások:

Részletesebben

ÍRÁSBELI ÖSSZEADÁS, KIVONÁS. A MŰVELETI SORREND SZÁMÍTÁSOKBAN ÉS SZÖVEGES FELADATOK MEGOLDÁSA SORÁN. 9. modul

ÍRÁSBELI ÖSSZEADÁS, KIVONÁS. A MŰVELETI SORREND SZÁMÍTÁSOKBAN ÉS SZÖVEGES FELADATOK MEGOLDÁSA SORÁN. 9. modul Matematika A 4. évfolyam ÍRÁSBELI ÖSSZEADÁS, KIVONÁS. A MŰVELETI SORREND SZÁMÍTÁSOKBAN ÉS SZÖVEGES FELADATOK MEGOLDÁSA SORÁN 9. modul Készítette: KONRÁD ÁGNES matematika A 4. ÉVFOLYAM 9. modul ÍRÁSBELI

Részletesebben

Filyó "Flame" Tibi kiszálló táblája : 170-től 1-ig. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló Nincs kiszálló

Filyó Flame Tibi kiszálló táblája : 170-től 1-ig. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló. Nincs kiszálló Nincs kiszálló 170 169 168 167 166 165 164 163 162 161 160 159 158 157 156 155 T20, T20, DB Ahogy az angolok mondják: Minden kiszálló Big Daddy-je, sok sikert hozzá! T20, T19, DB Az első két darts megcserélhető. T20,

Részletesebben

Valószínűségszámítás

Valószínűségszámítás Eszterházy Károly Főiskola Matematikai és Informatikai Intézet Tómács Tibor Valószínűségszámítás programtervező informatikusok részére Eger, 010. szeptember 0. Tartalomjegyzék 1. Véletlen események...............................

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA I. KOVÁCS BÉLA, MATEmATIkA I 5 V ELEmI ALGEbRA 1 BINÁRIS műveletek Definíció Az halmazon definiált bináris művelet egy olyan függvény, amely -ből képez -be Ha akkor az elempár képét jelöljük -vel, a művelet

Részletesebben

Valószínűség-számítás II.

Valószínűség-számítás II. Valószínűség-számítás II. Geometriai valószínűség: Ha egy valószínűségi kísérletben az események valamilyen geometriai alakzat részhalmazainak felelnek meg úgy, hogy az egyes események valószínűsége az

Részletesebben

Százalékok kezdőknek és haladóknak Arányok és százalékszámítás 2. feladatcsomag

Százalékok kezdőknek és haladóknak Arányok és százalékszámítás 2. feladatcsomag SZÁMTAN, ALGERA Százalékok kezdőknek és haladóknak Arányok és százalékszámítás 2. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: 13 18 év a százalék fogalma a százalékszámítás alapesetei algebrai kifejezések

Részletesebben

Háromszögcsaládok Síkbeli és térbeli alakzatok 5. feladatcsomag

Háromszögcsaládok Síkbeli és térbeli alakzatok 5. feladatcsomag Síkbeli és térbeli alakzatok 1.5 Háromszögcsaládok Síkbeli és térbeli alakzatok 5. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: 11 14 elnevezések a háromszögekben háromszögek belső szögösszege háromszögek

Részletesebben

Megoldások. I. Osztályozás, rendezés, kombinatorika. 1. osztály

Megoldások. I. Osztályozás, rendezés, kombinatorika. 1. osztály Megoldások I. Osztályozás, rendezés, kombinatorika 1. osztály 4. Lackó kezében egy gesztenye van. 5. Kettő. 1 + 1 = 2. 6. Öt. 3 + 2 = 5. 7. Igaz állítás: A), D), E). 2. osztály 1. 6 lehetőség van. Ha ismétel,

Részletesebben

Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa

Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa Számelméleti feladatok az általános iskolai versenyek tükrében dr. Pintér Ferenc, Nagykanizsa 1. Mutasd meg, hogy a tízes számrendszerben felírt 111111111111 tizenhárom jegyű szám összetett szám, azaz

Részletesebben

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2007. október 25. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2007. október 25. 8:00 I. Időtartam: 45 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Matematika

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI VIZSGA ÁLTALÁNOS KÖVETELMÉNYEI

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI VIZSGA ÁLTALÁNOS KÖVETELMÉNYEI A vizsga formája Középszinten: írásbeli. Emelt szinten: írásbeli és szóbeli. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI VIZSGA ÁLTALÁNOS KÖVETELMÉNYEI A matematika érettségi vizsga célja A matematika érettségi vizsga célja

Részletesebben

Átrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál 1-2015.június 30.

Átrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál 1-2015.június 30. Átrendezések és leszámlálások ÚTMUTATÓ Hegedüs Pál 1-2015.június 30. 1. Határozzuk meg, hány egybevágósága van egy négyzetnek! Melyek azonos jellegűek ezek között? Ez egy általános bevezető feladat tud

Részletesebben

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár)

Matematika emelt szintû érettségi témakörök 2013. Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Matematika emelt szintû érettségi témakörök 013 Összeállította: Kovácsné Németh Sarolta (gimnáziumi tanár) Tájékoztató vizsgázóknak Tisztelt Vizsgázó! A szóbeli vizsgán a tétel címében megjelölt téma kifejtését

Részletesebben

Matematika tanmenet 2. osztály részére

Matematika tanmenet 2. osztály részére 2. osztály részére 2014-2015. Izsáki Táncsics Mihály Általános Iskola és Alapfokú Művészeti Iskola Készítette: Molnárné Tóth Ibolya Témakörök 1. Témakör: Év eleji ismétlés /1-24. óra/..3-5. oldal 2. Témakör:

Részletesebben

Béres Mária TANÍTÓI KÉZIKÖNYV. Színes matematika tankönyvsorozat 2. osztályos elemeihez

Béres Mária TANÍTÓI KÉZIKÖNYV. Színes matematika tankönyvsorozat 2. osztályos elemeihez Béres Mária TANÍTÓI KÉZIKÖNYV a Színes matematika tankönyvsorozat 2. osztályos elemeihez Béres Mária, Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt., 2009 Nemzeti Tankönyvkiadó Zrt. www.ntk.hu Vevőszolgálat: info@ntk.hu Telefon:

Részletesebben

1992. évi verseny, 2. nap. legkisebb d szám, amelyre igaz, hogy bárhogyan veszünk fel öt pontot

1992. évi verseny, 2. nap. legkisebb d szám, amelyre igaz, hogy bárhogyan veszünk fel öt pontot 1991. évi verseny, 1. nap 1. Bizonyítsd be, hogy 1 101 + 1 102 + 1 103 +... + 1 200 < 1 2. 2. Egy bálon 42-en vettek részt. Az első lány elmondta, hogy 7 fiúval táncolt, a második lány 8-cal, a harmadik

Részletesebben

9. ÉVFOLYAM. Tájékozottság a racionális számkörben. Az azonosságok ismerete és alkalmazásuk. Számok abszolútértéke, normál alakja.

9. ÉVFOLYAM. Tájékozottság a racionális számkörben. Az azonosságok ismerete és alkalmazásuk. Számok abszolútértéke, normál alakja. 9. ÉVFOLYAM Gondolkodási módszerek A szemléletes fogalmak definiálása, tudatosítása. Módszer keresése az összes eset áttekintéséhez. A szükséges és elégséges feltétel megkülönböztetése. A megismert számhalmazok

Részletesebben

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2016. május 3. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2016. május 3. 8:00 Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

Részletesebben

MATEMATIKA C 7. évfolyam 5. modul KI MARAD A VÉGÉN?

MATEMATIKA C 7. évfolyam 5. modul KI MARAD A VÉGÉN? MATEMATIKA C 7. évfolyam 5. modul KI MARAD A VÉGÉN? Készítette: Kovács Károlyné MATEMATIKA C 7. ÉVFOLYAM 5. KI MARAD A VÉGÉN? TANÁRI ÚTMUTATÓ 2 MODULLEÍRÁS A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

VI.Kombinatorika. Permutációk, variációk, kombinációk

VI.Kombinatorika. Permutációk, variációk, kombinációk VI.ombiatorika. ermutációk, variációk, kombiációk VI..ermutációk ismétlés élkül és ismétléssel (sorredi kérdések) l..) Az,, számjegyekből, ismétlés élkül, háy háromjegyű szám írható? F. 6 db. va. A feti

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I. 1) x x MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 007. október 5. EMELT SZINT I. a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! (5 pont) b) Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! lg x

Részletesebben

Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás

Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás 12. évfolyam Osztályozó vizsga 2013. augusztus Számsorozatok Sorozat fogalma, példák sorozatokra, rekurzív sorozatokra, sorozat megadása Számtani sorozat Mértani sorozat Kamatszámítás Ismerje a számsorozat

Részletesebben

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat

MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat Bemutatjuk a NAT 01 és a hozzá kapcsolódó új kerettantervek alapján készült MATEMATIKA tankönyvcsaládunkat 9 10 1 MATEMATIKA A KÖTETEKBEN FELLELHETŐ DIDAKTIKAI ESZKÖZTÁR A SOROZAT KÖTETEI A KÖVETKEZŐ KERETTANTERVEK

Részletesebben

ÉLETPÁLYA- ÉPÍTÉS MATEMATIKA TANÁRI ÚTMUTATÓ KOMPETENCIATERÜLET B. 6. évfolyam

ÉLETPÁLYA- ÉPÍTÉS MATEMATIKA TANÁRI ÚTMUTATÓ KOMPETENCIATERÜLET B. 6. évfolyam ÉLETPÁLYA- ÉPÍTÉS KOMPETENCIATERÜLET B MATEMATIKA TANÁRI ÚTMUTATÓ 6. évfolyam A kiadvány az Educatio Kht. kompetenciafejlesztő oktatási program kerettanterve alapján készült. A kiadvány a Nemzeti Fejlesztési

Részletesebben

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2006. május 9. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2006. május 9. 8:00 Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Matematika

Részletesebben

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Kombinatorika

Brósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Kombinatorika Kombinatorika Modulok: A kombinatorikai feladatok megoldásához három modult használunk: Permutáció (Sorba rendezés) Kombináció (Kiválasztás) Variáció (Kiválasztás és sorba rendezés) DEFINÍCIÓ: (Ismétlés

Részletesebben

RavaszNégyzet egy kombinatorikai játék

RavaszNégyzet egy kombinatorikai játék XVIII.köt., 1.sz., 2009. okt. RavaszNégyzet egy kombinatorikai játék Csákány Béla, Makay Géza, Nyőgér István A játék leírása; jelölések. A RavaszNégyzet védett nevű táblás játékot id. Incze Attila szegedi

Részletesebben

Programozás I. Metódusok C#-ban Egyszerű programozási tételek. Sergyán Szabolcs sergyan.szabolcs@nik.uni-obuda.hu

Programozás I. Metódusok C#-ban Egyszerű programozási tételek. Sergyán Szabolcs sergyan.szabolcs@nik.uni-obuda.hu Programozás I. 3. előadás Tömbök a C#-ban Metódusok C#-ban Egyszerű programozási tételek Sergyán Szabolcs sergyan.szabolcs@nik.uni-obuda.hu Óbudai Egyetem Neumann János Informatikai Kar Szoftvertechnológia

Részletesebben

A két csapatra osztás leggyakoribb megvalósításai: Lyukas teli (vagy sima vagy nem lyukas)

A két csapatra osztás leggyakoribb megvalósításai: Lyukas teli (vagy sima vagy nem lyukas) Eredeti forrás: Pintér Klára: Játsszunk Dienes Zoltán Pál logikai készletével! http://www.jgypk.u-szeged.hu/methodus/pinter-klara-jatsszunk-logikat-logikai-keszlettel/ A logikai készlet lapjaival kapcsolatos

Részletesebben

A Feldmann ~ Sapiro - elv igazolása

A Feldmann ~ Sapiro - elv igazolása A Feldmann ~ Sapiro - elv igazolása Bevezetés Már középiskolás koromban is érdekelt, hogy mi lehet az a borzasztó nehéz számítás, aminek csak a végeredményét közölték velünk, s amit Feldmann ~ Sapiro -

Részletesebben

A bemutató órák feladatai

A bemutató órák feladatai A bemutató órák feladatai 1, A dobozban van 7 narancsos, 4 epres, 3 szilvás, 2 banános cukorka. Becsukott szemmel hányat kell kivenned ahhoz, hogy biztosan legyen a) 1 db epres ízű b) 1 db narancsos ízű

Részletesebben

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz. Fejlesztőfeladatok Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-2012-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz Fejlesztőfeladatok MATEMATIKA 4. szint 2015 Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

Részletesebben

LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás

LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET. Példák és feladatok. ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás LÁNG CSABÁNÉ SZÁMELMÉLET Példák és feladatok ELTE IK Budapest 2010-10-24 2. javított kiadás Fels oktatási tankönyv Lektorálták: Kátai Imre Bui Minh Phong Burcsi Péter Farkas Gábor Fülöp Ágnes Germán László

Részletesebben

MATEMATIKA TAGOZAT 5-8. BEVEZETŐ. 5. évfolyam

MATEMATIKA TAGOZAT 5-8. BEVEZETŐ. 5. évfolyam BEVEZETŐ Ez a helyi tanterv a kerettanterv Emelet matematika A változata alapján készült. Az emelt oktatás során olyan tanulóknak kívánunk magasabb szintű ismerteket nyújtani, akik matematikából átlag

Részletesebben

HELYI TANTERV MATEMATIKA GIMNÁZIUMI OSZTÁLYOK

HELYI TANTERV MATEMATIKA GIMNÁZIUMI OSZTÁLYOK HELYI TANTERV MATEMATIKA GIMNÁZIUMI OSZTÁLYOK 1 MATEMATIKA (4+4+4+4) Az iskolai matematikatanítás célja, hogy hiteles képet nyújtson a matematikáról, mint tudásrendszerről és mint sajátos emberi megismerési,

Részletesebben

C Í M K E É V F O L Y A M ORSZÁGOS KOMPETENCIAMÉRÉS 2007 JAVÍTÓKULCS MATEMATIKA. Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont

C Í M K E É V F O L Y A M ORSZÁGOS KOMPETENCIAMÉRÉS 2007 JAVÍTÓKULCS MATEMATIKA. Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont 8. Í M K E É V F O L Y A M TANULÓI AZONOSÍTÓ: ORSZÁGOS KOMPETENIAMÉRÉS 2007 JAVÍTÓKULS MATEMATIKA Oktatási Hivatal Országos Közoktatási Értékelési és Vizsgaközpont ÁLTALÁNOS TUDNIVALÓK Ön a 2007-es Országos

Részletesebben

Szeminárium-Rekurziók

Szeminárium-Rekurziók 1 Szeminárium-Rekurziók 1.1. A sorozat fogalma Számsorozatot kapunk, ha pozitív egész számok mindegyikéhez egyértelműen hozzárendelünk egy valós számot. Tehát a számsorozat olyan függvény, amelynek az

Részletesebben

II. Halmazok. Relációk. II.1. Rövid halmazelmélet. A halmaz megadása. { } { } { } { }

II. Halmazok. Relációk. II.1. Rövid halmazelmélet. A halmaz megadása. { } { } { } { } II. Halmazok. Relációk II.1. Rövid halmazelmélet A halmaz (sokaság) jól meghatározott, megkülönböztetett dolgok (tárgyak, fogalmak, stb.) összessége. A halmaz alapfogalom. Ez azt jelenti, hogy csak példákon

Részletesebben

Gyakorlatok. P (n) = P (n 1) + 2P (n 2) + P (n 3) ha n 4, (utolsó lépésként l, hl, u, hu-t léphetünk).

Gyakorlatok. P (n) = P (n 1) + 2P (n 2) + P (n 3) ha n 4, (utolsó lépésként l, hl, u, hu-t léphetünk). Gyakorlatok Din 1 Jelölje P (n) azt a számot, ahányféleképpen mehetünk le egy n lépcsőfokból álló lépcsőn a következő mozgáselemek egy sorozatával (zárójelben, hogy mennyit mozgunk az adott elemmel): lépés

Részletesebben

Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag!

Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag! Részletes követelmények Matematika házivizsga Az áprilisi vizsga anyaga a fekete betűkkel írott szöveg! A zölddel írott rész az érettségi vizsgáig még megtanulandó anyag! A vizsga időpontja: 2015. április

Részletesebben

Építések, kirakások (geometria és kombinatorika)

Építések, kirakások (geometria és kombinatorika) Matematika A 1. évfolyam Építések, kirakások (geometria és kombinatorika) 25. modul Készítették: Szabóné Vajna Kinga Harzáné Kälbli Éva Molnár Éva matematika A 1. ÉVFOLYAM 25. modul építések, kirakások

Részletesebben

Feladatok MATEMATIKÁBÓL a 12. évfolyam számára

Feladatok MATEMATIKÁBÓL a 12. évfolyam számára Feladatok MATEMATIKÁBÓL a. évfolyam számára I.. Egy 35 fős osztályból mindenki részvett valamelyik iskolai kiránduláson. 5-en Debrecenbe utaztak, 8-an pedig Pécsre. Hányan utaztak mindkét városba?. Állapítsa

Részletesebben

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 )

2) = 0 ahol x 1 és x 2 az ax 2 + bx + c = 0 ( a,b, c R és a 0 ) Fogalom gyűjtemény Abszcissza: az x tengely Abszolút értékes egyenletek: azok az egyenletek, amelyekben abszolút érték jel szerepel. Abszolútérték-függvény: egy elemi egyváltozós valós függvény, mely minden

Részletesebben

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ

MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ MATEMATIKA Kiss Árpád Országos Közoktatási Szolgáltató Intézmény Vizsgafejlesztő Központ I. RÉSZLETES ÉRETTSÉGI VIZSGAKÖVETELMÉNY Az érettségi követelményeit két szinten határozzuk meg: középszinten a

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Valószínűségszámítás

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Valószínűségszámítás MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Valószínűségszámítás A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett

Részletesebben

JOGSZABÁLY. LI. ÉVFOLYAM, 15. SZÁM Ára: 693 Ft 2007. JÚNIUS 5. TARTALOM. 1. (1) A rendelet hatálya fenntartótól függetlenül

JOGSZABÁLY. LI. ÉVFOLYAM, 15. SZÁM Ára: 693 Ft 2007. JÚNIUS 5. TARTALOM. 1. (1) A rendelet hatálya fenntartótól függetlenül LI. ÉVFOLYAM, 15. SZÁM Ára: 693 Ft 2007. JÚNIUS 5. oldal JOGSZABÁLY 24/2007. (IV. 2.) OKM rendelet a közoktatás minõségbiztosításáról és minõségfejlesztésérõl szóló 3/2002. (II. 15.) OM rendelet módosításáról...

Részletesebben

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS KÖZÉPSZINT

MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS KÖZÉPSZINT Matematika Próbaérettségi Megoldókulcs 016. január 16. MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI MEGOLDÓKULCS KÖZÉPSZINT I. rész: Az alábbi 1 feladat megoldása kötelező volt! 1) Egyszerűsítse a következő kifejezést: Válaszát

Részletesebben

1. Melyek azok a kétjegyű számok, amelyek oszthatók számjegyeik

1. Melyek azok a kétjegyű számok, amelyek oszthatók számjegyeik 1991. évi verseny, 1. nap 1. Számold össze, hány pozitív osztója van 16 200-nak! 2. Bontsd fel a 60-at két szám összegére úgy, hogy az egyik szám hetede egyenlő legyen a másik szám nyolcadával! 3. Van

Részletesebben

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x =

Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a. cos x + sin2 x cos x. +sinx +sin2x = 2000 Írásbeli érettségi-felvételi feladatok Első sorozat (2000. május 22. du.) 1. Oldjamegavalós számok halmazán a egyenletet! cos x + sin2 x cos x +sinx +sin2x = 1 cos x (9 pont) 2. Az ABCO háromszög

Részletesebben

6. AZ EREDMÉNYEK ÉRTELMEZÉSE

6. AZ EREDMÉNYEK ÉRTELMEZÉSE 6. AZ EREDMÉNYEK ÉRTELMEZÉSE A kurzus anyagát felhasználva összeállíthatunk egy kitűnő feladatlapot, de még nem dőlhetünk nyugodtan hátra. Diákjaink teljesítményét még osztályzatokra kell átváltanunk,

Részletesebben

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA

KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA ÉRETTSÉGI VIZSGA 2009. május 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2009. május 5. 8:00 I. Időtartam: 45 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Matematika középszint

Részletesebben

MATEMATIKA A 11. évfolyam 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás

MATEMATIKA A 11. évfolyam 1. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás MATEMATIKA A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Készítette: Lövey Éva Matematika A. évfolyam. modul: Kombinatorika, valószínűségszámítás Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott

Részletesebben

3. Öt alma és hat narancs 20Ft-tal kerül többe, mint hat alma és öt narancs. Hány forinttal kerül többe egy narancs egy

3. Öt alma és hat narancs 20Ft-tal kerül többe, mint hat alma és öt narancs. Hány forinttal kerül többe egy narancs egy 1. forduló feladatai 1. Üres cédulákra neveket írtunk, minden cédulára egyet. Egy cédulára Annát, két cédulára Pétert, három cédulára Bencét és négy cédulára Petrát. Ezután az összes cédulát egy üres kalapba

Részletesebben

Hraskó András, Surányi László: 11-12. spec.mat szakkör Tartotta: Surányi László. Feladatok

Hraskó András, Surányi László: 11-12. spec.mat szakkör Tartotta: Surányi László. Feladatok Feladatok 1. Színezzük meg a koordinátarendszer rácspontjait két színnel, kékkel és pirossal úgy, hogy minden vízszintes egyenesen csak véges sok kék rácspont legyen és minden függőleges egyenesen csak

Részletesebben

Valószínűség számítási feladatok és megoldásaik

Valószínűség számítási feladatok és megoldásaik Valószínűség számítási feladatok és megoldásaik Egy szabályos dobókockával egyszer dobunk Milyen esemény valószínűsége lehet az illetve az érték? P(a dobott szám prím) = P(a dobott szám -mal nem osztható)

Részletesebben

Fazekas nyílt verseny matematikából 8. osztály, speciális kategória

Fazekas nyílt verseny matematikából 8. osztály, speciális kategória Fazekas nyílt verseny matematikából 8. osztály, speciális kategória 2005. január 12. feladatok kidolgozására két óra áll rendelkezésre. Számológép nem használható. példák tetszőleges sorrendben megoldhatók.

Részletesebben

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata

4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Matematika A 1. évfolyam 4. modul Poliéderek felszíne, térfogata Készítette: Vidra Gábor Matematika A 1. évfolyam 4. modul: POLIÉDEREK FELSZÍNE, TÉRFOGATA Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott

Részletesebben

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA STUDIUM GENERALE MATEMATIKA SZEKCIÓ MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA 2016. január 16. KÖZÉPSZINTŰ PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA Név E-mail cím SG-s csoport Pontszám 2016. január 16. II. Időtartam: 135 perc STUDIUM

Részletesebben

A Szekszárdi I. Béla Gimnázium Helyi Tanterve

A Szekszárdi I. Béla Gimnázium Helyi Tanterve A Szekszárdi I. Béla Gimnázium Helyi Tanterve Matematika Készítette: a gimnázium reál szakmai munkaközössége 2015. Tartalom Emelt szintű matematika képzés... 3 Matematika alapóraszámú képzés... 47 Matematika

Részletesebben

Matematika. 5. 8. évfolyam

Matematika. 5. 8. évfolyam Matematika 5. 8. évfolyam 5. 6. évfolyam Éves órakeret: 148 Heti óraszám: 4 Témakörök Óraszámok Gondolkodási és megismerési módszerek folyamatos Számtan, algebra 65 Összefüggések, függvények, sorozatok

Részletesebben

Tájékozódás számvonalon, számtáblázatokon

Tájékozódás számvonalon, számtáblázatokon Matematika A 2. évfolyam Tájékozódás számvonalon, számtáblázatokon 12. modul Készítette: Bóta Mária Kőkúti Ágnes matematika A 2. évfolyam 12 modul Tájékozódás számvonalon, számtáblázatokon modulleírás

Részletesebben

2.2 Logisztorik (Gindilla Orsolya) 2012. szeptember 2.3 Barangolás a nagyotmondók földjén (Gindilla Orsolya) 3. Halmazelmélet

2.2 Logisztorik (Gindilla Orsolya) 2012. szeptember 2.3 Barangolás a nagyotmondók földjén (Gindilla Orsolya) 3. Halmazelmélet Tartalomjegyzék Az Ön könyve tartalmazza Tartalomjegyzék Szerzők Használati útmutató A megjelenés dátuma A GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK 2. Logika 2.1 Képes sudoku kezdőknek (Tariné Berkes Judit Katalin) 2.2

Részletesebben

Analízisfeladat-gyűjtemény IV.

Analízisfeladat-gyűjtemény IV. Oktatási segédanyag a Programtervező matematikus szak Analízis. című tantárgyához (003 004. tanév tavaszi félév) Analízisfeladat-gyűjtemény IV. (Függvények határértéke és folytonossága) Összeállította

Részletesebben

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA 2014. január 18.

PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA 2014. január 18. MATEMATIKA PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA 2014. január 18. EMELT SZINTŰ PRÓBAÉRETTSÉGI VIZSGA Név E-mail cím Tanárok neve Pontszám 2014. január 18. Időtartam: 240 perc STUDIUM GENERALE MATEMATIKA SZEKCIÓ Matematika

Részletesebben

6. modul Egyenesen előre!

6. modul Egyenesen előre! MATEMATIKA C 11 évfolyam 6 modul Egyenesen előre! Készítette: Kovács Károlyné Matematika C 11 évfolyam 6 modul: Egyenesen előre! Tanári útmutató A modul célja Időkeret Ajánlott korosztály Modulkapcsolódási

Részletesebben

Analízis lépésről - lépésre

Analízis lépésről - lépésre Analízis lépésről - lépésre interaktív tananyag Dr. Stettner Eleonóra Klingné Takács Anna Analízis lépésről - lépésre: interaktív tananyag írta Dr. Stettner Eleonóra és Klingné Takács Anna Tartalom Előszó...

Részletesebben

Osztályozóvizsga követelményei

Osztályozóvizsga követelményei Osztályozóvizsga követelményei Képzés típusa: Tantárgy: Nyolcosztályos gimnázium Matematika Évfolyam: 5 Emelt óraszámú csoport Emelt szintű csoport Vizsga típusa: Írásbeli Követelmények, témakörök: Gondolkodási

Részletesebben

Egyszerű programozási tételek

Egyszerű programozási tételek Egyszerű programozási tételek Sorozatszámítás tétele Például az X tömbben kövek súlyát tároljuk. Ha ki kellene számolni az összsúlyt, akkor az S = f(s, X(i)) helyére S = S + X(i) kell írni. Az f0 tartalmazza

Részletesebben

2. Halmazelmélet (megoldások)

2. Halmazelmélet (megoldások) (megoldások) 1. A pozitív háromjegy páros számok halmaza. 2. Az olyan, 3-mal osztható egész számok halmaza, amelyek ( 100)-nál nagyobbak és 100-nál kisebbek. 3. Az olyan pozitív egész számok halmaza, amelyeknek

Részletesebben

EMMI kerettanterv 51/2012. (XII. 21.) EMMI rendelet 1. sz. melléklet 1.2.3. Matematika az általános iskolák 1 4. évfolyama számára

EMMI kerettanterv 51/2012. (XII. 21.) EMMI rendelet 1. sz. melléklet 1.2.3. Matematika az általános iskolák 1 4. évfolyama számára EMMI kerettanterv 51/2012. (XII. 21.) EMMI rendelet 1. sz. melléklet 1.2.3 Matematika az általános iskolák 1 4. évfolyama számára Célok és feladatok Az iskolai matematikatanítás célja, hogy hiteles képet

Részletesebben

10. Valószínűségszámítás

10. Valószínűségszámítás . Valószínűségszámítás.. Események A valószínűségszámítás nagyon leegyszerűsítve események bekövetkezésének valószínűségével foglalkozik. Példák: Ha egy játékban egy dobókockával dobunk, akkor a kockadobás

Részletesebben

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. május 8. EMELT SZINT I.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. május 8. EMELT SZINT I. MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 01. május 8. EMELT SZINT I. 1) Egy 011-ben készült statisztikai összehasonlításban az alábbiakat olvashatjuk: Ha New York-ban az átlagfizetést és az átlagos árszínvonalat egyaránt

Részletesebben

értelmezéséhez, leírásához és kezeléséhez. Ezért a tanulóknak rendelkezniük kell azzal a képességgel és készséggel, hogy alkalmazni tudják

értelmezéséhez, leírásához és kezeléséhez. Ezért a tanulóknak rendelkezniük kell azzal a képességgel és készséggel, hogy alkalmazni tudják A Baktay Ervin Gimnázium alap matematika tanterve a 6 évfolyamos gimnáziumi osztályok számára 7. 8. 9. 10. 11. 12. heti óraszám 3 cs. 3 cs. 3 cs. 4 4 4 éves óraszám 108 108 108 144 144 120 (cs.: csoportbontásban)

Részletesebben