46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő 1. nap ÖTÖDIK OSZTÁLY

Átírás

1 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő 1. np ÖTÖDIK OSZTÁLY 1. 4 testvér (kik között nincsenek ikrek) beszélget születésük sorrendjéről. Kettő közülük hzudik, kettő igzt mond. András: Dávid legfitlbb. Boldizsár: Dávid legöregebb és Boldizsár legfitlbb. Csill: Én születtem legkésőbb. Dávid: Sem legfitlbb, sem legöregebb nem vgyok. Melyik két testvér állítás igz? András, Boldizsár és Csill közül kárhogy is válsztunk ki kettőt, zok ellentmondnk egymásnk. Ez zt jelenti, hogy Dávid igzt mond. Mivel Dáviddl ellentéteset állít mind András, mind pedig Boldizsár, így másik, ki igzt mond, cskis Csill lehet. Ezek után egy lehetséges születési sorrend: András, Dávid, Boldizsár, Csill. Láthtó, hogy ennek sorrendnek pontosn Csill és Dávid állítás felel meg.. Ossz fel egy 6 4-es tégllpot rácsvonlk mentén 3 részre úgy, hogy mindegyik rész () htszög (b) nyolcszög (c) tízszög legyen! Elég csk felosztásokt megdni, nincs szükség indoklásr.

2 Minden esetben több megoldás is elképzelhető. Egy-egy péld: () Három htszög: (b) Három nyolcszög: (c) Három tízszög: 3. Aldár és Pisti kitlálós játékot játsznk egy 5 5-ös táblán. Pisti titokbn kiválszt és megjegyez tábláról 18 mezőt, ezeket kell Aldárnk kitlálni. Aldár úgy kérdezhet, hogy bejelöl táblán 18 mezőt. Ezekről Pisti megmondj, hogy közülük melyek szerepelnek z áltl gondolt mezők között. Ezután Aldár újr 18 mező megjelölésével kérdezhet, melyre Pisti megint válszol, és így tovább. Mennyi z legkevesebb kérdés, melyet ügyesen feltéve Aldár szerencse nélkül is biztosn meghtározht 1 mezőt gondoltk közül? Mivel Pisti 7 mezőt nem jelöl be (5 18 = 7), így Aldár legfeljebb 7 rosszt, ezt 7-et színezheti be, vgyis z első kérdéssel leglább 11 mezőt eltlál. Ezen 11 mezőn kívül 14 mező vn még, miből Aldár már tudj, hogy melyik z legfeljebb 7 mező, mit Pisti nem jelölt be, s így zt is, hogy melyiket igen. Több kérdésre tehát nincs szüksége, válsz: 1. H Aldár z első kérdésével 7-nél kevesebb rosszt tlált el, kkor viszont leglább 1 jót jelölt, ekkor is elég 1 kérdés. 4. Adottk következő törtek: 1, 3, 3 4, 4 5. Minden lépésben készíthetünk egy új számot úgy, hogy következő két művelet vlmelyikének végeredményével bővítjük z eddigi számok hlmzát: egy meglévő számbn felcseréljük számlálót és nevezőt; egy meglévő számot kivonunk 1-ből. Hány számot kphtunk így, h kárhány lépést elvégezhetünk? (Az újonnn kpott számot következő lépésben már felhsználhtjuk.) (A törteknek minden esetben legegyszerűbb lkját hsználd! Pl.: 4 8 = 1 és 3 1 = 3.) Vegyük sorbn z dott számokt, és szemléltessük ábrán kérdéses változttásokt. A bl

3 oldli ágk mindig z első átlkítást jelentik, jobb oldlik pedig másodikt. H már korábbn szereplő számhoz jutunk, kkor ezt már nem szerepeltetjük újr, és itt lépés-sorozt véget ér Az 1 -ből nyerhető új számok:, A 3 -ból nyerhető új számok: 3, 1 3, 1, 3,. A 3 4 -ból nyerhető új számok: 4 3, 1 4, 1, 4, 3. 3 A 4 5 -ból nyerhető új számok: 5 4, 1 5, 1, 5, 4. 4 Összesen 1 szám fog szerepelni megdottkkl együtt. (Másik - nem ötödikestől elvárt - megoldás: h egy törtből indulunk ki, hol b, kkor belőle b következő számok érhetők el: b, b, b b, b b,, melyek között lehetnek egyenlőek. b és b helyére beírv z dott számokt, mjd elhgyv már korábbn megjelenőeket, kpjuk megoldásokt.)

4 5. Egy ppírból készült kock lpjir kívülről mintákt rjzoltunk. Ezután szétnyitottuk kockát, kiterítettük, így z első ábrán láthtó hálót kptuk. A másik két hálóból pontosn ugynilyen kockát szeretnénk hjtogtni. Rjzold be hiányzó mintákt megfelelő négyzetekbe! (A ppír nem átlátszó, és mintát csk z egyik oldlon rjzoljuk meg.) Elegendő megdni helyes ábrát, nincs szükség indoklásr. A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.

5 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő. np ÖTÖDIK OSZTÁLY 1. Egy 14 fős bráti társságbn üveggolyókt gyűjtenek: pirost, zöldet és sárgát. A következőket tudjuk: (1) Akinek nincs zöld, nnk vn piros vgy sárg. () Akinek nincs sárg, nnk vn piros. (3) Közülük 7-nek pontosn -féle üveggolyój vn. (4) Ötüknek eddig csk 1-félét sikerült gyűjteni. Válszolj z lábbi kérdésekre: () Hánynk nincs eddig még üveggolyój? (b) Hánynk vn mindhárom fjt? (c) Vn-e olyn társság, melyre z összes feltétel teljesül? () Nincs közöttük olyn személy, kinek ne lenne leglább egy üveggolyój, hiszen feltétel értelmében, kinek nincs zöld golyój, nnk vn más színű. (b) Mivel 5-nek vn pontosn 1-féle, 7-nek pontosn -féle színű üveggolyój,ez 1 fő, továbbá mindenkinek vn leglább z egyik színből és összesen 14-en vnnk, így 14 1 = ember vn társságbn, kinek mindhárom színű üveggolyój vn. (c) Egy lehetséges esetet mutt z lábbi ábr: piros zöld sárg

6 Megjegyzés: Csk zöld golyój egyetlen egy embernek sem lehet, máskülönben egy ilyen személyre nem teljesülne () feltétel. H ezt versenyző megállpítj, vgy z áltl megdott társságr ez fennáll, de vlmelyik egyéb feltétel nem teljesül, kkor itt kpjon 1 pontot helyett.. () Helyezz át z ábrán két gyufszált úgy, hogy négyzetek szám 4-re csökkenjen, és minden gyufszál vlmelyik négyzet teljes oldlát lkoss. (b) Hány megoldás lehetséges? (Két megoldás különböző, h z áthelyezések után vlmelyikben vn gyuf egy olyn helyen, hol másikbn nincs.) () Összesen 16 szál gyufánk vn, mikből cskis úgy képezhetünk 4 négyzetet feltételek szerint, hogy minden gyufszál pontosn egy négyzetnek lkotj teljes oldlát (zz nincsenek közös oldlú négyzetek). (b) A két gyufszál elvételével meg kell szüntetnünk két négyzetet, és létre kell hoznunk egy újt. Ez csk úgy lehetséges, hogy od helyezzük le gyufszálkt, hol már egy leendő négyzet két oldl megvn. Ezt kizárólg z ábrán látott módon tehetjük meg. Mivel két gyufszált mozgtunk, és két helyre tesszük le őket, így csk egyetlen megoldás létezik.

7 3. Azonos betűk zonos, különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek. ABCD DABC CDAB + CDA CCCCB Add meg z ABCD négyjegyű szám összes lehetséges értékét! Három különböző számjegy összegének mximum 4, négynek pedig 30, így C értéke 1 vgy. () C = 1: AB1D DAB1 1DAB + 1DA 1111B Az egyesek helyén történő összedás mitt A + D = 9. Itt 1-et továbbviszünk, s így tízesek helyén történő összedás mitt B = 0. A többi összedás ekkor már teljesül. Az összes lehetséges eset: 017, 3016, 4015, 5014, 6013, 701. (Ahány szám hiányzik, nnyivl kevesebb pont jár ebből 3 pontból.) (b) C = : ABD DAB DAB + DA B Az egyesek helyén történő összedás mitt A+D = 8. Itt 1-et továbbviszünk, s így tízesek helyén történő összedás mitt B = 1. A százsok helyén álló számjegyek összedás ekkor

8 teljesül, viszont z ezresek helyén állóké nem, hiszen itt: A + D + = 10, mihez hozzádv százsok összedásából keletkező 1-et, 11-et kpunk, mi nem -re végződik. Ekkor tehát nincs megoldás. 4. Be lehet-e írni z lábbi számokt egy 3 3-s táblázt mezőibe úgy, hogy minden sorbn egyenlő legyen számok összege, és minden oszlopbn is egyenlő legyen számok összege? () 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (b),, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4 (c) 0, 1,, 4, 5, 7, 8, 10, 11 () Igen. Mivel 9 szám összege 45, ezért soronként és oszloponként is 15 számok összege. Egy lehetséges kitöltés: (b) Nem. A számok összege 9, mi nem oszthtó háromml, míg három egyenlő sorösszeg összege csk háromml oszthtó számot dht. (c) Nem. A számok összege 48, ezért z egyenlő sor- és oszlopösszegek értéke 16 lenne. Nézzük 11 sorát és oszlopát egy feltételezett jó kitöltésben. Csk kétféle módon egészíthető ki r megdott számokkl: és Most nézzük 10 sorát és oszlopát (mik különböznek 11 sorától és oszlopától). A 10 mellé 6 összegű számpár kellene, de ilyet nem tlálunk megmrdt számok között. A beírás tehát nem lehetséges. A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.

9 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő 1. np HATODIK OSZTÁLY 1. Ossz fel egy 6 4-es tégllpot rácsvonlk mentén 3 részre úgy, hogy mindegyik rész () htszög (b) nyolcszög (c) tízszög legyen! Elég csk felosztásokt megdni, nincs szükség indoklásr. Minden esetben több megoldás is elképzelhető. Egy-egy péld: () Három htszög: (b) Három nyolcszög: (c) Három tízszög:. Vn egy 4 számból álló hlmzunk. Minden lépésben egy új négyelemű hlmzt gyártunk úgy, hogy elkészítjük bármely 3 szám összegét. Három ilyen lépés után {63; 68; 69; 70} hlmzt kptuk. Mi volt z eredeti négy szám? 1. megoldás Minden lépésben z dott hlmz minden elemét 3 új elem létrehozáskor hsználunk fel. Emitt

10 minden lépésben hlmzbn lévő számok összege 3-szoros megelőző hlmzbn lévő számok összegének. A végén z összeg = 70. Emitt egy lépéssel korábbn z összeg 90, zt megelőzően 30, és kiinduló hlmzbn pedig 10. Egy lépésben keletkező új számok olynok, hogy egy régi elemmel kisebbek z előző 4 szám összegénél. Így h végén legkisebb számnál 5-tel, 6-tl illetve 7-tel ngyobb többi, kkor z előző lépésben legngyobbnál 5-tel, 6-tl, 7-tel kisebb volt többi, még eggyel korábbn ismét ennyivel ngyobbk, mint legkisebb, és kiinduláskor pedig ennyivel kisebbek, mint legngyobb. Keresünk tehát négy egész számot, miknek z összege 10, és legngyobbnál 5-tel, 6-tl, illetve 7-tel kisebb másik 3. Ilyen számnégyes csk 0, 1,, 7.. megoldás Minden lépésben z dott hlmz minden elemét 3 új elem létrehozáskor hsználunk fel. Emitt minden lépésben hlmzbn lévő számok összege 3-szoros megelőző hlmzbn lévő számok összegének. A végén z összeg = 70. Emitt egy lépéssel korábbn z összegnek 90-nek kellett lennie. Ebben z utolsó lépés előtti hlmzbn három legngyobb szám összege 70, ezt 90-ből kivonv megkpjuk, hogy ekkor legkisebb szám 0 volt. Ugynígy többi elem is meghtározhtó: = 1, = és = 7. Hsonló gondoltmenettel kpjuk, hogy még egy lépéssel korábbn 30 volt z összeg, számok pedig 3, 8, 9 és 10. Ugynígy dódik, hogy z első lépést megelőzően 10 volt z összeg, z eredeti négy szám pedig 0, 1, és megoldás Legyen z eredeti hlmz {; b; c; d}, hol < b < c < d. (Ez utóbbi feltételezhető, mert egy hlmz elemei különböznek.) A három lépés így módosítj z elemeket: {; b; c; d} { + b + c; + b + d; + c + d; b + c + d} {3 + b + c + d; + 3b + c + d; + b + 3c + d; + b + c + 3d} {7 + 7b + 7c + 6d; 7 + 7b + 6c + 7d; 7 + 6b + 7c + 7d; 6 + 7b + 7c + 7d} Az eredeti feltétel mitt kpott négyesek is különböző számokból állnk. H z eredeti hlmzbn S = + b + c + d számok összege, kkor lépések után kpott hlmzok elemeinek összege rendre 3S, 9S és 7S. Innen 7S = = 70, vgyis S = 10. Az utolsó hlmzbn z elemek {7S d; 7S c; 7S b; 7S }, ezek 70-nél éppen d-vel, c-vel, b-vel és -vl kisebbek és ez hlmz megegyezik {63; 68; 69; 70} hlmzzl. Innen z eredeti négy szám: {0; 1; ; 7}.

11 3. Meg lehet-e dni 50 egész számot úgy, hogy z összegük egy 10-nél ngyobb prímszám, szorztuk pedig egy ennél 1-gyel kisebb négyzetszám legyen? 17 egy olyn prímszám, minél z eggyel kisebb szám négyzetszám. Próbáljunk meg megdni számokt úgy, hogy összegük 17 legyen, szorztuk pedig 16. Legyen z egyik szám 16, z összes többi, pedig vgy 1 vgy 1. Ekkor páros sok 1-re vn szükségünk, hogy szorzt 16 legyen és eggyel több 1-re, mint 1-re, hogy z összegük 17 legyen. H tehát számink: 1 drb 16, 5 drb 1 és 4 drb 1, kkor ezek számok megfelelnek feltételnek: Tehát feltett kérdésre igen válsz ( 1) = ( 1) 4 = Egy többjegyű pozitív egész számot különlegesnek nevezünk, h nincs benne 0 számjegy, és bárhol kettévágv kpott számok közül z egyik osztój másiknk. Az 144 pélául különleges, mert z 1 osztój 44-nek, 14 osztój 4-nek, vlmint 144-nek osztój. Hány különleges szám vn és között? Mivel 0 nem megengedett számjegy, különleges számok lkj 5bcde, továbbá 5 bcde mitt e = 5. Mivel e 5bcd és e = 5, ezért d = 5. Tudjuk, hogy 5 bc55 és 55 5bc. A második feltétel mitt c is 5. Most két háromjegyűre vágv számot vgy 5b 555 vgy 555 5b kell, hogy teljesüljön. Mivel mindkét szám 500-nál ngyobb, csk egyenlők lehetnek, mert már kétszeresük is négyjegyű. Innen zt kptuk, hogy = b = 5. Az egyetlen különleges szám tehát megdott intervllumbn z Aldár és Pisti kitlálós játékot játsznk egy es táblán. Pisti titokbn kiválszt és megjegyez tábláról 18 mezőt, ezeket kell Aldárnk kitlálni. Aldár úgy kérdezhet, hogy bejelöl táblán 18 mezőt. Ezekről Pisti megmondj, hogy közülük melyek szerepelnek z áltl gondolt mezők között. Ezután Aldár újr 18 mező megjelölésével kérdezhet, melyre Pisti megint válszol, és így tovább. Mennyi z legkevesebb kérdés, melyet ügyesen feltéve Aldár szerencse nélkül is biztosn meghtározht 9 mezőt gondoltk közül? Négy kérdés nem lehet elég, hiszen négy kérdésből legfeljebb 4 18 = 7 mezőre tud Aldár rákérdezni, és elképzelhető, hogy minden Pisti áltl megjelölt mező mrdék 8 között vn. A 8 megmrdt mezőből bármelyik 9 lehet jelöletlen, ezért Aldár nem tudhtj biztosn 9 jelölt mező helyét.

12 Öt kérdés elegendő. Aldár minden lépésben úgy jelöljön meg 18 mezőt, hogy ne legyen olyn mező, mit kétszer jelölt meg. Ekkor két lehetőség vn: 1) Az 5 18 = 90 megkérdezett mező között volt 9 Pisti mezői közül és kkor Aldár tudj biztosn 9 megjelölt mező helyét. ) H z öt kérdésben lefedett 90 mező legfeljebb 8-t trtlmz Pisti mezői közül, kkor mrdék = 10 mező már mind megjelölt és ezek helyét Aldár ismeri, ezekre már nem kell rákérdeznie. A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.

13 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő. np HATODIK OSZTÁLY 1. Gyul bácsi legkedvesebb glmbjit egy 6 -es elrendezésű glmbdúcbn őrzi. A legjobb tenyészpárjánk tgjit, Királyt és Dámát egy szinten lévő, szomszédos dúcokbn helyezte el. Sem lttuk, sem felettük, sem szomszédos dúcokbn nincs másik glmb. A legjobb mdrát, Ászt, és legígéretesebbet, Bubit egy-egy fennmrdó dúcb költöztette. Hányféle elrendezésben lkhtnk Gyul bácsi kedvenc mdri? A Király és Dám áltl elfogllt dúcok elhelyezkedése szerint kétféle esetet különböztetünk meg: (1) z emelet szélén vnnk; () z emelet belsejében vnnk. Az ábrán X jelöli zokt dúcokt, hov nem kerülhet glmb. (1) () Mindkét esetben kétféle módon lehet elhelyezni Királyt és Dámát szürke tégllpon belül. Az (1) esetben négy helyen lehet szürke tégllp módon lehet Ász és Bubi. és fennmrdó 7 dúcbn 7 6 = 4-féle A () esetben ht helyen lehet szürke tégllp és fennmrdó 6 dúcbn 6 5 = 30-féle módon lehet Ász és Bubi. Így összesen ( ) = 696 lehetőség vn.. Be lehet-e írni z lábbi számokt egy 3 3-s táblázt mezőibe úgy, hogy minden sorbn ugynnnyi legyen számok összege, és minden oszlopbn is ugynnnyi legyen számok összege?

14 () 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 (b),, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4 (c) 0, 1,, 4, 5, 7, 8, 10, 11 () Igen. Mivel 9 szám összege 45, ezért soronként és oszloponként is 15 számok összege. Egy lehetséges kitöltés: (b) Nem. A számok összege 9, mi nem oszthtó háromml, míg három egyenlő sorösszeg összege csk háromml oszthtó számot dht. (c) Nem. A számok összege 48, ezért z egyenlő sor- és oszlopösszegek értéke 16 lenne. Nézzük 11 sorát és oszlopát egy feltételezett jó kitöltésben. Csk kétféle módon egészíthető ki r megdott számokkl: és Most nézzük 10 sorát és oszlopát (mik különböznek 11 sorától és oszlopától). A 10 mellé 6 összegű számpár kellene, de ilyet nem tlálunk megmrdt számok között. A beírás tehát nem lehetséges. 3. Színezd meg egy kock éleit úgy, hogy minden csúcsbn z egy csúcsb futó élek különböző színűek legyenek. () Legkevesebb hány színnel oldhtó meg ez színezés? (b) A legkevesebb színt hsználv hány különböző megoldás vn, h két megoldást különbözőnek tekintünk, h vn olyn él (pl. BF ), melynek színe két megoldásbn különböző? H G E F D C A B () Három szín szükséges, hiszen egy csúcsb három él fut be. Ennyi elegendő is:

15 Z P K P K Z Z K P K P Z (b) Rögzítsük z előző ábr felső csúcsából induló három él színét! Ezt 6 különböző módon tehetjük meg. H tehát rögzítjük ezt három színt, kkor z így kpott jó színezések htszoros lesz válsz. Most ágzzunk szét szerint, hogyn néz ki felső lp. Erre három lehetőség vn. b b b b c b c H most szbály betrtásávl szeretnénk befejezni színezést, kkor z első esethez két befejezés trtozik: lefelé minden él c, z lsó lp pedig fenti ábránk megfelelő, vgy nnk 90 -os elforgtottj. A másik két eset befejezése egyértelműen meghtározott: b c c c b b b c c b b c b c b c Tehát összesen 6 ( ) = 4 különböző színezések szám. 4. A skktábl A1 mezőjéről sétálni indul egy vezér. Egy lépésben blr, jobbr, felfelé, lefelé vgy 4 átlós irány bármelyikében léphet kármennyit. Csk olyn mezőre léphet, melyen még előzőleg nem járt. Nem lehet két egyform lépése, zz melyeknek z irány és ngyság is megegyezik. () Lehetséges-e olyn sét, melynek során vezér skktábl első két soránk minden mezőjét bejárj, de más mezőre nem lép? (b) Lehetséges-e olyn sét, melynek során vezér skktábl minden mezőjét bejárj?

16 (c) Lehetséges-e olyn sét, melynek során vezér nem lép 8. sor és H oszlop mezőire, minden más mezőre viszont igen? Megjegyzés: egy 3-s tégllp bejárhtó ilymódon. Az lábbi ábr muttj bejárást. A mezőben álló szám jelzi, hogy hánydik lépésben lép vezér rról mezőről. H fentiek közül vlmelyik feldt megoldhtó, kkor megoldást ilyen formábn dd meg: A B C () Igen, lehetséges. Az lábbi ábr mutt egy lehetséges bejárást A B C D E F G H (b) A vezérnek jobbr, blr, felfelé és lefelé is 7-féle lehetséges lépése vn. Ugynez helyzet mind négy átlós lépés esetén is. Összesen tehát 8 7 = 56 különböző lépése vn vezérnek. A teljes tábl bejárásához 63 lépésre vn szükség, tehát nincs ilyen bejárás. (c) Most minden iránybn 6-féle lépés lehetséges, vgyis összesen 8 6 = 48 féle. A bejáráshoz 48 lépésre vn szükség (hiszen 49 mezőből áll bejárndó terület), így minden lehetséges lépést fel kellene hsználni. Ez zonbn nem lehetséges, hiszen blr lefelé átlós iránybn hetet lépni csk G7 mezőről lehetséges, ekkor zonbn visszlépnénk kiindulási mezőre. Ilyen bejárás tehát szintén nem lehetséges. A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.

17 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő 1. np HETEDIK OSZTÁLY 1. Előállíthtó-e szám öt egymást követő egész szám szorztként? 1. megoldás Öt egymást követő szám közül mindig vn (pontosn) egy, melyik oszthtó 5-tel. Az öt szám szorzt ennek többszöröse, így mg is oszthtó 5-tel. Egy szám pontosn kkor oszthtó 5-tel, h z utolsó jegye oszthtó 5-tel. Mivel 4 nem oszthtó 5-tel, így sem. Mivel öt egymást követő egész szám szorztként csk 5-tel oszthtó számok állíthtó elő, kérdéses előállítás nem létezik.. megoldás Az előző megoldáshoz hsonló gondoltmenet 3-ml vló oszthtóságr is lklmzhtó: öt egymást követő szám között mindig vn háromml oszthtó is, így szorzt is oszthtó 3-ml. Azonbn nem oszthtó 3-ml, mivel számjegyeinek összege (3) nem oszthtó 3-ml. Így z előállítás nem lehetséges.. Vn egy négy számból álló hlmzunk. Minden lépésben egy új négyelemű hlmzt készítünk úgy, hogy z összes lehetséges módon elkészítjük meglévő hlmzból három szám összegét. Három lépés után {63, 68, 69, 70} hlmzt kptuk. Mi volt z eredeti négy szám? 1. megoldás Minden lépésben z dott hlmz minden elemét 3 új elem létrehozáskor hsználunk fel. Emitt minden lépésben hlmzbn lévő számok összege 3-szoros megelőző hlmzbn lévő számok összegének. A végén z összeg = 70. Emitt egy lépéssel korábbn z összeg 90, zt megelőzően 30, és kiinduló hlmzbn pedig 10. Egy lépésben keletkező új számok olynok, hogy egy régi elemmel kisebbek z előző 4 szám összegénél. Így h végén legkisebb számnál 5-tel, 6-tl illetve 7-tel ngyobb többi, kkor z előző lépésben legngyobbnál 5-tel, 6-tl, 7-tel kisebb volt többi, még eggyel korábbn ismét ennyivel ngyobbk, mint legkisebb, és kiinduláskor pedig ennyivel kisebbek, mint legngyobb. Keresünk tehát négy egész számot, miknek z összege 10, és legngyobbnál 5-tel, 6-tl, illetve 7-tel kisebb másik 3. Ilyen számnégyes csk 0, 1,, 7.. megoldás Minden lépésben z dott hlmz minden elemét 3 új elem létrehozáskor hsználunk fel. Emitt

18 minden lépésben hlmzbn lévő számok összege 3-szoros megelőző hlmzbn lévő számok összegének. A végén z összeg = 70. Emitt egy lépéssel korábbn z összegnek 90-nek kellett lennie. Ebben z utolsó lépés előtti hlmzbn három legngyobb szám összege 70, ezt 90-ből kivonv megkpjuk, hogy ekkor legkisebb szám 0 volt. Ugynígy többi elem is meghtározhtó: = 1, = és = 7. Hsonló gondoltmenettel kpjuk, hogy még egy lépéssel korábbn 30 volt z összeg, számok pedig 3, 8, 9 és 10. Ugynígy dódik, hogy z első lépést megelőzően 10 volt z összeg, z eredeti négy szám pedig 0, 1, és megoldás Legyen z eredeti hlmz {; b; c; d}, hol < b < c < d. (Ez utóbbi feltételezhető, mert egy hlmz elemei különböznek.) A három lépés így módosítj z elemeket: {; b; c; d} { + b + c; + b + d; + c + d; b + c + d} {3 + b + c + d; + 3b + c + d; + b + 3c + d; + b + c + 3d} {7 + 7b + 7c + 6d; 7 + 7b + 6c + 7d; 7 + 6b + 7c + 7d; 6 + 7b + 7c + 7d} Az eredeti feltétel mitt kpott négyesek is különböző számokból állnk. H z eredeti hlmzbn S = + b + c + d számok összege, kkor lépések után kpott hlmzok elemeinek összege rendre 3S, 9S és 7S. Innen 7S = = 70, vgyis S = 10. Az utolsó hlmzbn z elemek {7S d; 7S c; 7S b; 7S }, ezek 70-nél éppen d-vel, c-vel, b-vel és -vl kisebbek és ez hlmz megegyezik {63; 68; 69; 70} hlmzzl. Innen z eredeti négy szám: {0; 1; ; 7}. 3. ABCDEF egy szbályos htszög, melynek területe 1 területegység. (Az ábécé szomszédos betűi htszög szomszédos csúcsit jelölik.) X CD oldl felezőpontj, Y pedig z EF oldlé. Mekkor z ABCXY F htszög területe? (A szbályos sokszögek minden oldl és szöge egyenlő.) Jelölje htszög oldlánk hosszát. Tudjuk, hogy htszög ht drb szbályos háromszögből áll, így F C =. Mivel Y X z F CDE trpéz középvonl, ezért Y X = + = 3. H m jelöli szbályos háromszögek mgsságát, kkor feltétel értelmében 1 = 6 m = m = 1 3. Azt is tudjuk továbbá, hogy z F CXY trpéz mgsság m. Ezek után kérdéses terület: T (ABCXY F ) = T (ABCF ) + T (F CXY ) = m = m = 8 4.

19 4. Egy többjegyű pozitív egész számot különlegesnek nevezünk, h nincs benne 0 számjegy, és bárhol kettévágv kpott két szám közül z egyik osztj másikt. Például z 144 különleges, mert z 1 osztój 44-nek, 14 osztój 4-nek, és 144-nek osztój. Hány különleges szám vn és között? Egy szám pontosn kkor oszthtó 8-cl, 4-gyel, illetve -vel, h z utolsó három, kettő, illetve egyetlen számjegyéből lkotott szám oszthtó szóbn forgó számml. Jelölje kérdéses számot 8bcde. Mivel 8 bcde, ezért 8 cde, 4 de és e. Mivel e 8bcd, ezért d, és mivel 4 de 8bc, ezért 4 bc és c. A 8b és cde számok közül vlmelyik osztj másikt, ám 8b önmgánál ngyobb többszörösei leglább négyjegyűek, így cde 8b. Ezért 8 cde 8b, miből 8 b, így b. Mivel d és 4 de, ezért 4 e. Ebből 4 e 8bcd, így 4 cd. Mivel c, ebből 4 d is következik. Mivel 4 bc és b, ezért 4 c. Mivel c és 4 d, ezért 8 cd0, így 8 cde-ből 8 e is következik. Mivel számbn nincs 0 számjegy, ezért e = 8. Így e = 8 8bcd mitt 8 bcd, és mivel b és 4 c, ezért 8 bc0. Tehát 8 d, így mivel szám nem trtlmz nullát, d = 8. Így cde = 488 vgy cde = 888, zonbn előbbinek nincs 8b lkú többszöröse, utóbbiból pedig 8b = 888 következik. Tehát és között egyetlen különleges szám vn: Beírtuk egy 6 6-os táblázt mezőibe z egész számokt 1-től 36-ig úgy, hogy z egymást követő számok oldlszomszédos mezőkbe kerültek, de 4 többszöröseit trtlmzó mezőknek nincs közös csúcs. () Mutsd meg, hogy ekkor 36 csk vlmelyik srokmezőbe kerülhetett! (b) Adj példát feltételeknek megfelelő kitöltésre! Osszuk fel 6 6-os tábláztot 9 drb -es tábláztr. Egy ilyen -es trtománybn nem állht egynél több 4-gyel oszthtó szám, hiszen ekkor mezőiknek lenne közös csúcs. Mivel 9 drb 4-gyel oszthtó szám vn, ezért fentiek mitt minden -es részbe pontosn egynek kell közülük kerülnie. Színezzük ki tábláztot skktáblszerűen. Láthtó, hogy h egy mezőről mindig oldlll szomszédos mezőre lépve 4 lépésben eljutunk egy másik mezőre, kkor két mező biztosn zonos

20 színű. Ebből következik, hogy 4-gyel oszthtó számokt trtlmzó mezők mind zonos színűek. Vizsgáljuk középső -es részt. Forgssuk úgy tábláztot, hogy z ebben részben szereplő 4-gyel oszthtó szám (4k) jobb lsó mezőbe kerüljön. X Y 4k X 4l X X X Y Y 4m Y 4n Ekkor z ábrán X-szel jelölt mezőbe szomszédság mitt, z Y -nl jelölt mezőkbe színezés mitt nem kerülhet 4-gyel oszthtó szám. Így 4l, 4m, 4n jelzésű mezők biztosn 4-gyel oszthtó számokt trtlmznk. Ekkor 4n és 4n + számok csk olyn mezőre kerülhetnek, mely lépésben elérhető 4n-től, és nem 4-gyel oszthtó szám vn rjt. Egyetlen ilyen mező vn, ezért csk z egyik szám kerülhet beírásr, mi csk kkor teljesül, h 4n = 36. Tehát 36 csk z egyik srokmezőbe kerülhetett, hiszen forgtás után jobb lsó srokbn kell lennie. Egy péld megfelelő kitöltésre: A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.

21 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő. np HETEDIK OSZTÁLY 1. Egy pozitív prímszámokból álló, növekedő soroztbn z egymást követő tgok különbsége 1. Melyik leghosszbb ilyen sorozt? 1. megoldás Mivel 1-vel növelünk, ezért minden lépésben -vel növekszik z egyesek helyén álló számjegy. H páros számml kezdődik sorozt, kkor csk egy elemű lehet, mert z egyetlen páros prím. Az utolsó számjegyek tehát z {1, 3, 5, 7, 9} hlmzból kerülnek ki. Rádásul vlhonnn kezdve, ebben sorrendben fogják egymást ciklikusn követni. H egy sorozt leglább 5 elemből áll, kkor szerepel benne z 5, mint utolsó számjegy. Ekkor szám mg is csk 5 lehet, mert z z egyetlen 5-re végződő prím. Az 5 viszont csk z első elem lehet, hiszen pozitívk sorozt elemei és 1-vel növekszik. A leghosszbb sorozt tehát: 5, 17, 9, 41, 53.. megoldás Tegyük fel, hogy sorozt leglább 5 tgból áll. Vegyük észre, hogy p, p + 1, p + 4, p + 36 és p + 48 számok mind különböző mrdékot dnk 5-tel osztv, mert lehetséges különbségeik 1, 4, 36 vgy 48 nem oszthtók 5-tel. Mivel 5-ös mrdékból 5-féle vn, z egyikük oszthtó 5-tel. Ez csk p = 5 lehet, mert pozitív prímekről vn szó. Tehát leglább 5 tgból álló soroztnk így kell kezdődnie: 5, 17, 9, 41, 53, mi mind prím, tehát 5 tgj lehet soroztnk. 6 tgj viszont nem lehet, mert következő szám, 65 nem prímszám.. Az ABC szbályos háromszög BC oldlánk belső pontj X, CA oldlánk belső pontj Y, AB oldlánk belső pontj Z. Hány drb egyenlő szárú háromszög lehet z AY Z, BXZ, CXY, XY Z háromszögek között? Az összes lehetőségre mutss példát. Az AY Z, BXZ, CXY háromszögeknek vn 60 o -os szöge, így ezek kkor és csk kkor egyenlő szárúk, h szbályosk is. 0 egyenlő szárú háromszöget kpunk, h például X B-hez legközelebbi, Y C-hez legközelebbi negyedelőpont, Z pedig B-hez legközelebbi nyolcdolópont. Ellenőrizhető, hogy z XY Z háromszög oldli páronként különböző hosszúságúk, és nem párhuzmosk ABC oldlivl.

22 1 egyenlő szárú háromszöget kpunk, h például X B-hez, Y C-hez, Z z A-hoz legközelebbi negyedelőpont megfelelő oldlon. Ekkor z XY Z háromszög szimmetri mitt szbályos, így egyenlő szárú, míg másik három nem lehet szbályos, tehát egyenlő szárú sem. egyenlő szárú háromszöget kpunk, h például X és Y C-hez legközelebbi negyedelőpont megfelelő oldlon, Z pedig z AB felezőpontj. A szimmetri mitt XY Z és CXY egyenlő szárúk, másik két háromszög viszont nem lehet szbályos, tehát egyenlő szárú sem. 4 egyenlő szárú háromszöget kpunk, h X, Y és Z rendre megfelelő oldlk felezőpontji, ekkor mind 4 háromszög szbályos is. C C Y Y X X A C Z B A Z B C Y X Y X A Z B A Z B Pontosn 3 egyenlő szárú háromszöget nem kphtunk. H létezne pontoknk ilyen megválsztás, kkor z AY Z, BXZ, CXY háromszögek között lenne leglább két egyenlő szárú, melyek így szbályosk is lennének. Az áltlánosság megszorítás nélkül feltehetjük, hogy ezek BXZ és CXY. Ekkor z AZXY négyszög prlelogrmm, melyet z Y Z átlój oszt fel z AY Z és XY Z háromszögekre. Ezek tehát egymás középpontos tükörképei, így vgy mindkettő egyenlő szárú, vgy egyik sem. Tehát vgy 4 egyenlő szárú háromszögünk vn, mi ellentmondás. 3. Két játékos, A (ki játékot kezdi) és B következő játékot játsszák: felváltv törölnek egy-egy számjegyet számból, míg csk egyetlen jegy mrd. H nyolc törlés bármelyike után számjegyeket összeolvsv szám oszthtó néggyel, B nyeri játékot, egyébként pedig

23 A. Vn-e vlmelyik játékosnk nyerő strtégiáj? H vn, dj is meg egy nyerő strtégiát. (H játék végén 0 mrd, kkor B nyert, hiszen 0 oszthtó 4-gyel.) 1. megoldás Megmuttjuk, hogy B-nek vn nyerő strtégiáj. H A z első lépésben -nél ngyobb számot töröl, kkor B z 1-es törlésével eléri, hogy szám 0-r végződjön. H A z első lépésben -nél kisebbet töröl, kkor B másik -nél kisebb jegy törlésével eléri, hogy szám 3-re végződjön. Mindkét esetben B nyert. Mrd z z eset, hogy A elsőre -est törli. Ekkor törölje B z 1-est, megmrdó szám így H A most 3-st törli, B zonnl nyer. H 4-nél ngyobb számot töröl, kkor B 3-s törlésével eléri, hogy szám 40-re végződjön, ekkor is B nyer. Tehát A csk 4-est vgy 0-t törölheti. Törölje ekkor B 3-st, így megmrdó szám 8765N, hol N = 0 vgy N = 4. H A 6-nál ngyobb számot töröl, kkor B z 5-ös törlésével eléri, hogy végződés 6N legyen, mi 4-gyel oszthtó. H A z 5-öst törli, végződés 6N, ekkor is B nyer. H A 4-est törli, kkor B z 5-ös törlésével eléri, hogy 76 legyen végződés, ekkor is ő nyer. Mrd z z eset, hogy A 6-ost törli, ekkor törölje B z 5-öst, megmrd 87N. Ekkor bármit is lép A, z utolsó lépésben B meg tudj hgyni 8 és N közül vlmelyiket, és mivel ez mindenképpen 4-gyel oszthtó szám, megnyeri játékot.. megoldás B számár egy lehetséges nyerő strtégi következő: törölje sorr z 1, 3, 5, 7 számjegyeket. H ezek közül vlmelyik már korábbn törlődött, kkor helyette B tetszőleges másik jegyet törölhet. Megmuttjuk, hogy ilyen lépésekkel játék során vlmikor biztosn 4-gyel oszthtó számot kpunk. H A z első lépésben -nél ngyobb számot vgy 0-át törölt, kkor z 1-es törlése után kpott szám 0-r vgy 3-re végződik, tehát 4-gyel oszthtó. H A z 1-est törli, zonnl 4-gyel oszthtó számot kpunk. Mrd z z eset, hogy A elsőként -es jegyet törölte. Három lépéspár után megmrdó 3 jegy ekkor csk 8, 7, 6, 4, 0 számok közül kerülhet ki. H 7 és 6 is megmrdt, kkor B nyert, hiszen 876, 764, 760 számok mindegyike oszthtó 4-gyel. H 7 már törlődött, kkor szám végződése 64, 60 vgy 40, ekkor is 4-gyel oszthtó számot kptunk. H 7-es megmrdt, de 6-os nem, kkor z utolsó lépéspár után csk 8, 4, 0 számok vlmelyike mrdht meg, ezek viszont 4-gyel oszthtók. Így B minden esetben megnyerte játékot. 4. Egy 7 fős rblóbnd rbolt egy zsák rnyt. Szétrkták z sztlon, mjd így osztoztk: először egyikük megszámolt z rnykt, mjd elvett nnyit, mennyi e szám számjegyeinek összege.

24 Ezután jobb oldli szomszédj mrdékot számolt meg, s elvett nnyi rnyt, mennyi e szám jegyeinek összege, s így folyttták tovább. Azt tpsztlták, hogy épp kkor fogyott el, mikor mindenki ugynnnyiszor vett már, sőt, mindenkinek ugynnnyi rny jutott vezért kivéve. Őhozzá több rny került. Tudjuk még, hogy 00-nál nem fér több rny egy zsákb. Hány rny lehetett kezdetben, és hánydikként vett rblóvezér? Egy szám 9-es mrdék megegyezik számjegyei összegének 9-es mrdékávl. Ez zt jelenti, hogy z első kivétel után 9-cel oszthtó lesz zsákbn lévő rnyk szám, és ez tuljdonság későbbiekben is megmrd. A 00-nál nem ngyobb 9-cel oszthtó számok között z lábbi átmenetek lehetségesek, h számjegyek összegével csökkentünk: Mivel mind 7 rbló ugynnnyiszor vett, ezért kivételek szám 7-tel oszthtó, zz z 1. kivétel után kpott szám csk olyn (9-cel oszthtó) szám lehet, honnn 7-tel osztv 6 mrdékot dó számú lépésben jutunk el 0-hoz. A fenti ábráról leolvshtó, hogy 198, 16, 54 értékek jöhetnek szób. 198 rny csk úgy mrdht 1 lépés után, h 00 rnyról indulunk. Ekkor z első rbló = 0 rnyt, második rbló = 36 rnyt, hrmdik rbló = 7 rnyt kpn. Így nem teljesülne, hogy vezért kivéve mindenki ugynnnyit kp, ez z eset tehát nem d megoldást. H z első lépés után 16 rny mrdt, kkor továbbikbn mindig 9 rnyt vesznek ki, kivéve z 5. rblót, ki z első kivételénél 18 rnyt kp. Ekkor tehát., 3., 4., 6. és 7. rbló 18 rnyt kp összesen, z 5. rbló 7-et. Csk kkor teljesülnek feltételek, h z 1. rbló is 18 rnyt kp összesen, zz kezdetben 135 rny volt, és vezér 5. volt sorbn. H z első lépés után 54 rny mrdt, kkor innentől mindenki csk egyszer vesz el 9 rnyt. A vezér tehát csk z 1. rbló lehet, és mivel neki többet kell vennie, z rnyk szám kezdetben 64, 65, 66, 67, 68 vgy 69 lehet. Más megoldás nem lehetséges. A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.

25 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő 1. np NYOLCADIK OSZTÁLY 1. Lehet-e tlálni két egymást követő kettőhtványt, melyek összege négyzetszám? (Kettőhtványnk nevezzük z 1,, 4, 8, 16,... sorozt tgjit, hol minden tg z őt megelőző kétszerese.) Vegyük észre, hogy n + n+1 = n (1 + ) = n 3. A számelmélet lptétele mitt ez szám oszthtó 3-ml, de nem oszthtó 9-cel. A 3-ml oszthtó négyzetszámok zonbn 9-cel is oszthtók, mert z lpjuknk is oszhtónk kell lennie 3-ml. Tehát feldt kérdésére válsz: nem lehet tlálni.. Egy sokszög minden oldlánk hossz centiméterben mérve egész szám, z összes belső szögének ngyság pedig 60 vgy 40. Lehet-e sokszög oldlink szám () 016? (b) 017? () Igen. Induljunk ki egy szbályos háromszögből. Ennek egyik oldlát helyettesítsük z lábbi töröttvonlll (úgy, hogy töröttvonl tüske lkú része kifelé álljon): Ennek töröttvonlnk minden szksz hrmd z eredeti háromszög oldlánk, és összesen háromml növelte sokszögünk oldlszámát (egy oldlból lett négy), és három újonnn keletkező szög rendre 40, 60 és 40. A lépést megfelelően sokszor ismételve tetszőleges háromml oszthtó oldlszámot megkphtunk, és h kpott sokszögben legrövidebb oldl hosszát egésznek válsztjuk, kkor minden oldl egész hosszúságú lesz. Mivel 016 oszthtó 3-ml, fent leírt módszerrel tudunk megfelelő 016 oldlú sokszöget konstruálni.

26 Péld egy 1 oldlú sokszögre (háromféle oldlhosszúsággl): (b) Nem. Legyen drb 60 -os és b drb 40 -os szöge sokszögnek. Ekkor + b = 017 és 60 + b 40 = , felhsználv, hogy egy n-csúcsú sokszög belső szögeinek összege (n ) nl osztv: + 4b = 015 3, honnn + b = 017-et felhsználv b = Ez viszont nem lehetséges, mert z egyenlőség bl oldl nem oszthtó 3-ml, jobb oldl viszont igen. 3. Ki lehet-e színezni sík pontjit négy színnel úgy, hogy ne lehessen tlálni négy drb egyszínű pontot, melyek egy tégllp négy csúcsát lkotják? Bárhogy is színezzük ki sík pontjit, lesz egyszínű tégllp. Tekintsünk síkon egy es rácstégllpot. Ebben tégllpbn minden vízszintes rácsegyenesen 5 rácspont vn, így egy ilyen szkszt 4 5 = 104 féle módon lehet kiszínezni. Mivel tégllpunk 105 drb ilyen 5 rácspontot trtlmzó vízszintes szkszt trtlmz, ezért sktulyelv lpján lesz kettő vízszintes szksz, melyek zonos módon lesznek színezve. Mostntól csk ezt két egyformán színezett szkszt tekintjük. Mivel 5 pontból állnk, lesz rjtuk - egyformán színezett pont, és ezek ugynbbn pozícióbn is válszthtók, hiszen egyformán vn színezve két szksz. Az így kpott négy pont egy tégllpot lkot. 4. Egy 0-tól és 1-től különböző rcionális számból kiindulv egy lépésben végrehjthtjuk következő két művelet vlmelyikét: vehetjük egy meglévő szám reciprokát, vgy egy meglévő számot kivonhtunk egyből. Ezeket lépéseket ddig ismételjük, míg már nem jöhet ki új szám. A kiinduló szám értékétől függően hányféle számot kphtunk ilyen módon? Az összes lehetőségre mutss példát! A megoldás elején megjegyezzük, hogy semelyik lépés során nem kpunk 0-t vgy 1-et, mert 0-t

27 csk 1-ből, 1-et pedig 0-ból vgy 1-ből kphtunk csk. A megdott lépéseket kétszer megismételve z eredeti számot kpjuk vissz: 1 (1 x) = x és 1/(1/x) = x (h x 0). Ez zt jelenti, hogy kétféle lépést csk felváltv érdemes végrehjtni. Az számból z 1 x lépéssel indulv ht lépés után visszjutunk -hoz: Vegyük észre, hogy h z 1 x helyett z 1/x lépésel indítunk, ugynezt htszöget kpjuk, csk z órmuttó járásávl ellentétes körüljárássl. Lássuk, mi történik, h 6 szám között vnnk egyenlők. Mivel kört bármelyik pontjából indíthtnánk, feltehetjük, hogy egyenlő vlmelyik másik számml. H = 1, kkor = 1 (mert z = 1 esetet kizártuk). H = 1, kkor = 1. Az = 1 egyenletnek nincs megoldás: átrendezve (1 ) = 1, tehát mindkét tényező 1 pozitív, és ekkor mindkettő 0 és 1 között vn, vgy mindkét tényező negtív, mi lehetetlen, mert z összegük 1. Az = 1 1 egyenletnek nincs megoldás: átrendezve + 1/ = 1, de h pozitív, kkor vgy 1/ leglább 1, h negtív, kkor + 1/ is negtív. H =, kkor = (mert z = 0 esetet kizártuk). 1 Azt figyelhetjük meg, hogy z egybeeső értékek esetei egyetlen körben helyezkednek el: Itt tehát 3 különböző számot kpunk ( kiinduló számot is beleértve). Minden más esetben ht formul különböző értéket d (és értelmezve vn kikötések mitt). Például:

28 Tehát kiinduló számtól függően három vgy ht különböző értéket kphtunk, beleszámolv kiinduló értéket is cspt körmérkőzést játszik, mindenki mindenkivel pontosn egyszer tlálkozik. Minden mérkőzésen z egyik cspt nyer, másik veszít, döntetlen nincsen. Legfeljebb hány csptnk lehet leglább 1 győzelme? Legyen x drb ilyen cspt. Mivel ők egymás között x(x 1)/ meccset játszottk, többivel pedig x(16 x) meccset, így összesen legfeljebb x(x 1)/ + x(16 x) győzelmet szerezhettek. Mivel mindegyikük leglább 1 győzelmet rtott, így Átrendezve honnn x 7 jön ki. 1x x(x 1)/ + x(16 x). ( 7 0 x x ), x = 7-re megdhtó jó konstrukció: 7 kijelölt cspt mindegyike verje meg mrdék 9 cspt mindegyikét, egymás között pedig három drb hét hosszú körbeveréssel mindenkinek lesz még 3 győzelme (lásd z ábrát, nyíl legyőzőtől mutt legyőzöttre). A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.

29 46. TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő. np NYOLCADIK OSZTÁLY 1. Egy pozitív prímszámokból álló, növekedő soroztbn z egymást követő tgok különbsége 1. Melyik leghosszbb ilyen sorozt? 1. megoldás Mivel 1-vel növelünk, ezért minden lépésben -vel növekszik z egyesek helyén álló számjegy. H páros számml kezdődik sorozt, kkor csk egy elemű lehet, mert z egyetlen páros prím. Az utolsó számjegyek tehát z {1, 3, 5, 7, 9} hlmzból kerülnek ki. Rádásul vlhonnn kezdve, ebben sorrendben fogják egymást ciklikusn követni. H egy sorozt leglább 5 elemből áll, kkor szerepel benne z 5, mint utolsó számjegy. Ekkor szám mg is csk 5 lehet, mert z z egyetlen 5-re végződő prím. Az 5 viszont csk z első elem lehet, hiszen pozitívk sorozt elemei és 1-vel növekszik. A leghosszbb sorozt tehát: 5, 17, 9, 41, 53.. megoldás Tegyük fel, hogy sorozt leglább 5 tgból áll. Vegyük észre, hogy p, p + 1, p + 4, p + 36 és p + 48 számok mind különböző mrdékot dnk 5-tel osztv, mert lehetséges különbségeik 1, 4, 36 vgy 48 nem oszthtók 5-tel. Mivel 5-ös mrdékból 5-féle vn, z egyikük oszthtó 5-tel. Ez csk p = 5 lehet, mert pozitív prímekről vn szó. Tehát leglább 5 tgból álló soroztnk így kell kezdődnie: 5, 17, 9, 41, 53, mi mind prím, tehát 5 tgj lehet soroztnk. 6 tgj viszont nem lehet, mert következő szám, 65 nem prímszám.. Két játékos, A (ki játékot kezdi) és B következő játékot játsszák: felváltv törölnek egy-egy számjegyet számból, míg csk egyetlen jegy mrd. H nyolc törlés bármelyike után számjegyeket összeolvsv szám oszthtó néggyel, B nyeri játékot, egyébként pedig A. Vn-e vlmelyik játékosnk nyerő strtégiáj? H vn, dj is meg egy nyerő strtégiát. (H játék végén 0 mrd, kkor B nyert, hiszen 0 oszthtó 4-gyel.) 1. megoldás Megmuttjuk, hogy B-nek vn nyerő strtégiáj. H A z első lépésben -nél ngyobb számot töröl, kkor B z 1-es törlésével eléri, hogy szám 0-r végződjön. H A z első lépésben -nél kisebbet töröl, kkor B másik -nél kisebb jegy törlésével eléri, hogy szám 3-re végződjön. Mindkét esetben B nyert.

30 Mrd z z eset, hogy A elsőre -est törli. Ekkor törölje B z 1-est, megmrdó szám így H A most 3-st törli, B zonnl nyer. H 4-nél ngyobb számot töröl, kkor B 3-s törlésével eléri, hogy szám 40-re végződjön, ekkor is B nyer. Tehát A csk 4-est vgy 0-t törölheti. Törölje ekkor B 3-st, így megmrdó szám 8765N, hol N = 0 vgy N = 4. H A 6-nál ngyobb számot töröl, kkor B z 5-ös törlésével eléri, hogy végződés 6N legyen, mi 4-gyel oszthtó. H A z 5-öst törli, végződés 6N, ekkor is B nyer. H A 4-est törli, kkor B z 5-ös törlésével eléri, hogy 76 legyen végződés, ekkor is ő nyer. Mrd z z eset, hogy A 6-ost törli, ekkor törölje B z 5-öst, megmrd 87N. Ekkor bármit is lép A, z utolsó lépésben B meg tudj hgyni 8 és N közül vlmelyiket, és mivel ez mindenképpen 4-gyel oszthtó szám, megnyeri játékot.. megoldás B számár egy lehetséges nyerő strtégi következő: törölje sorr z 1, 3, 5, 7 számjegyeket. H ezek közül vlmelyik már korábbn törlődött, kkor helyette B tetszőleges másik jegyet törölhet. Megmuttjuk, hogy ilyen lépésekkel játék során vlmikor biztosn 4-gyel oszthtó számot kpunk. H A z első lépésben -nél ngyobb számot vgy 0-át törölt, kkor z 1-es törlése után kpott szám 0-r vgy 3-re végződik, tehát 4-gyel oszthtó. H A z 1-est törli, zonnl 4-gyel oszthtó számot kpunk. Mrd z z eset, hogy A elsőként -es jegyet törölte. Három lépéspár után megmrdó 3 jegy ekkor csk 8, 7, 6, 4, 0 számok közül kerülhet ki. H 7 és 6 is megmrdt, kkor B nyert, hiszen 876, 764, 760 számok mindegyike oszthtó 4-gyel. H 7 már törlődött, kkor szám végződése 64, 60 vgy 40, ekkor is 4-gyel oszthtó számot kptunk. H 7-es megmrdt, de 6-os nem, kkor z utolsó lépéspár után csk 8, 4, 0 számok vlmelyike mrdht meg, ezek viszont 4-gyel oszthtók. Így B minden esetben megnyerte játékot. 3. Egy 5 5-ös táblázt mezőibe beírtuk pozitív egész számokt 1-től n-ig (mindegyiket egyszer), kimrdó mezőkbe pedig nullákt írtunk. A kitöltést érdekesnek nevezünk, h minden sorbn és minden oszlopbn egyenlő beírt számok összege. Melyik legkisebb pozitív egész n, melyre tlálhtó érdekes kitöltés? A beírt számok összege n = n(n+1) oszthtó 5-tel, ez csk úgy lehet, h n vgy n tel oszthtó. Ezek lpján lehetséges n értékek és hozzájuk trtozó S sorösszegek:

31 n S Az n = 4 és n = 5 eset nyilván nem lehetséges, mert vn ngyobb beírt szám, mint sorösszeg. Az n = 9 és n = 10 szintén nem jó, mert z első esetben 8-s soráb vgy oszlopáb nem jut jó pár 8 mellé, második esetben pedig 10-es soráb vgy oszlopáb nem jut jó pár 10 mellé. Az n = 14 eset megvlósíthtó: Melyek zok z ABCD négyszögek, melyek belsejében tlálhtó olyn P pont, hogy P A, P B, P C, P D szkszok négyszög belsejében hldnk, és z ABP, BCP, CDP és DAP háromszögek területe mind egyform? Igyekezz minél egyszerűbb jellemzést dni! Mivel T ABP = T BCP, ezért A és C egyenlő távolságr vnnk BP egyenestől (ez távolság z ABP és BCP háromszögek BP -hez trtozó mgsság). Ez kétféle módon lehetséges: AC párhuzmos BP -vel, vgy BP átmegy z AC szksz felezőpontján. Mivel z első lehetőség nem áll fenn, így BP egyenes átmegy z AC átló felezőpontján.

32 A B C Hsonló logikávl DP egyenes is átmegy z AC szksz felezőpontján. Ez kétféleképpen lehetséges: () P z AC szksz felezőpontj. (b) BP és DP egy egyenesre esik: P pontot és z AC felezőpontját összekötő egyenesre. Az () esetben AC belső átló kell hogy legyen. A T P AB = T DAP feltételt is felhsználv következik, hogy z AC belső átló felezi négyszög területét, és P ennek z átlónk felezőpontj. Megfordítv: h egy négyszög egyik átlój felezi területét, kkor ennek z átlónk felezőpontj jó P -nek, hiszen súlyvonl felezi háromszög területét. A (b) esetben BD átlóról derült ki, hogy felezi négyszög területét, és P ezen átló felezőpontj kell, hogy legyen. Tehát zok jó négyszögek, melyek egyik átlój felezi négyszög területét. Egy ezzel egyenértékű leírás: négyszög egyik átlój átmegy másik átló felezőpontján. A feldtokt összeállított: Gyenes Zoltán, Jkucs Erik, Juhász Péter, Steller Gábor. Lektorált: Erben Péter, Győry Ákos. Az NTP-TV sz. projektet z Emberi Erőforrások Minisztérium támogtj.