DÖNTŐ MEGOLDÁSOK 5. OSZTÁLY

Átírás

1 5. OSZTÁLY 1.) A páratlan számjegyek száma 5, közülük 1 db, illetve 3 db lehet a háromjegyű számunkban. Ha mindhárom számjegy páratlan, akkor az 5 lehetőségből választhatunk mindhárom helyiértékre. Így ez az eset , azaz 125 szám. Ha csak egy páratlan számjegyet használok fel, akkor a másik két helyiértékre páros számjegy kerül. Ezek száma 5. Figyelni kell azonban arra, ha páros számjegy kerül a százas helyiértékre, akkor ott nem állhat 0. Tehát ha a százasok helyén páratlan számjegy áll, akkor számot kapunk, ha páros számjegy áll, akkor eset lehetséges. Ezek szerint 350 szám van, ami a feltételeknek megfelel. 2.) Az 1, 2, 3,..., 10, 11 számok összege 66. Igaza van Antinak, ugyanis ahhoz, hogy a feltétel teljesüljön, az összegnek 7-tel oszthatónak kell lenni. A 66 pedig nem osztható 7-tel. 3.) 15 percig futnak egyfolytában és ezalatt Pali 5 kört fut, Béla 4-et és Sanyi 3-at. 3 perc = 180 másodperc, 3 perc = 225 másodperc és 5 perc = 300 másodperc. A 180, a 225 és a 300 legkisebb közös többszöröse másodperc = 15 perc. 4.) Az I. négyzet oldala: 4 m, a II. négyzet oldala: 6 m, a III. négyzet oldala 10 m, a IV. négyzet oldala 16 m. a) Összesen 114 m hosszú sövényt kell telepíteni. b) teljes terület a részek összege: 408 m 2.

2 6. OSZTÁLY 1.) Két esetben lehet a három szám összege páros: vagy mindhárom páros, vagy kettő páratlan, egy páros. Három páros számot az első 30-nál nem nagyobb pozitív egész közt található 15 páros szám közül = 2730 módon választhatnánk ki, ha a sorrend is számítana. E feladatban ez lényegtelen, nem jelent újabb lehetőséget a felcseréléssel kapott szám. A három szám 6 féle sorrendbe rendezhető, ezért a lehetséges esetek száma a 2730 hatoda (455) lesz. Két páratlan számot = 210 féleképpen választhatnánk ki, de a sorrend itt sem számít, ezért 105 a lehetőségek száma, ezekhez 15 páros szám kerülhet, így = 1575 a lehetséges esetek száma. Az összes lehetőség = ) Ha nincs ott a 3 fiú, akkor pontosan kétszer annyi leány van jelen, mint fiú, vagyis 2. (x 3) = x + 6, amiből x = 12. a) A 12 fiúból hiányzott 3, így jelen volt 9, mivel a lányok ekkor pontosan kétszer annyian voltak, mint a fiúk, így ők 18-an voltak. Ezen a próbán összesen = 27- en vettek részt. b) A csoport eredeti létszáma = 30. c) A fiúk száma 12. d) A lányok száma 18. e) Ellenőrzéssel meggyőződhetünk a megoldás helyességéről. 3.) Próbáljuk meg kifizetni 1-től 255-ig az egyes összegeket növekvő sorrendben! Mivel 1 -t is ki lehet fizetni, ezért az egyik borítékban 1 van. Mivel a borítékok tartalma különböző, ezért 2 -t két egyessel nem, csak egy 2 -s borítékkal tudunk kifizetni. Ezzel meg is van a 3 -s összeg. A következő boríték 4 -t tartalmaz, mert az előző kettő kevés lenne, s még egy 2 -s boríték nem lehet. Ezzel a három borítékkal 5, 6, 7 - t is ki tudunk számolni, a következő boríték 8 -t tartalmaz, mivel az előzőek kevesek és két négy -s nem lehet. Továbbhaladva ugyanezzel a gondolatmenettel a többi borítékban 16, 32, 64, 128 található. A borítékokban levő összes pénz valóban 255.

3 4.) A nagyapa idősebb, mint a nagyanya. Ha a nagyapa életkorából kivonjuk a nagyanya életkorát, 9-cel osztható számot kapunk. Az unoka életkora ezért 9-cel osztható. Így az unoka 9, 18, 27, 36 stb. éves lehet. Ezek közül csak a 9 éves unokához található a valóságnak megfelelő korú nagyapa és nagyanya. A nagyapa 65, a nagyanya 56 éves.

4 7. OSZTÁLY 1.) Mivel januárban 31 nap van, ezért 3 olyan nap van, amiből 5 van ebben a hónapban és 4 olyan, amelyikből 4. Ezek mindig egymás után jönnek. Hétfőtől péntekig öt nap van, péntektől hétfőig 4, így hétfőnek kell 28-ának lennie. Így január 7 is hétfő, tehát január elseje kedd lesz. Hétfő Kedd Szerda Csütörtök Péntek Szombat Vasárnap ) Öt lehetőség van P és Q pontok elhelyezkedésétől függően: Ha PQ > 10, akkor nincs ilyen pont. Ha PQ = 10, akkor 1 ilyen pont van (A). Ha PQ = 2, akkor 1 ilyen pont van (A). Ha 2 < PQ < 10, akkor két ilyen pont van (A és B). Ha PQ < 2, akkor nincs ilyen pont.

5 3.) Azok a számok oszthatóak pontosan kettővel a 2, 3, 13 számok közül 2013-ig amelyek oszthatók 6-tal, vagy 26-tal, vagy 39-cel, de nem oszthatók 78-cal : 78 = 25, : 39 = 51, 2013 : 26 = 77, 2013 : 6 = 335, Így csak 6-tal = 310 szám osztható. Így csak 26-tal = 52 szám osztható. Így csak 39-cel = 26 szám osztható. Összesen tehát = 388 a keresett számok száma. 4.) Az a) állításból következik, hogy Karcsi nem asztaliteniszezik, a d)-ből, hogy nem magasugró, így ő csak futhat. Mivel az asztaliteniszező bronzot nyert, a magasugró pedig nem kapott aranyat, így csak a futó lehet aranyérmes. Tehát Karcsi az aranyérmes futó. A c) állításból következik, hogy Tamás az asztaliteniszező, aki az a) miatt bronzérmez nyert. Így Gézának marad az ezüst és a magasugrás. Az alábbi táblázat mutatja a megoldást. Magasugrás Asztalitenisz Futás Karcsi 0 0 Arany Géza Ezüst Tamás Bronz

6 8. OSZTÁLY 1.) A megadott valószínűségeket összeadva megkapjuk, mennyi a valószínűsége annak, hogy nem kivit veszünk ki. Így a valószínűségek összegét 1-ből levonva a kivi húzásának valószínűségét kapjuk: A valószínűségek összege:. A kivi húzásának valószínűsége: A nevező megmutatja, hogy legalább 420 gyümölcsnek kell lennie a ládában. 2.) A négyzet oldalegyeneseit meghosszabbítva az egyenesektől legalább 2 cm távolságra lévő pontokat keresünk. Minden oldalegyenestől 2 cm távolságban két párhuzamos egyenest húzunk, a kapott ponthalmazok közös része lesz a megoldás. 3.) Április 30 napos, így a két születésnap között eltelt napok száma: 30-k+5k= 30+4k, ahol k 6-nál nagyobb nem lehet, mert ekkor május 31-nél nagyobb dátum jönne ki Balázs barátjának. Mivel mindketten vasárnap születtek, ezért a napok száma osztható kell legyen 7-tel. K értékeit behelyettesítve egyetlen 7-tel osztható számot kapunk, k= 3 esetében, így Balázs április 3-án, barátja május 15-én született, mindkét nap vasárnap.

7 4.) A táblázatba írjuk be először amit biztosan tudunk (X), és ami biztosan nem lehet ( - ). Barna - Kovács - - Horváth X X Nagy X Ezek után: Nagy tanár úr tantárgyai közül kettőt Kovács is tanít, erre az angol, francia, földrajz tantárgyak esetében van lehetőség. Ha nyelvi tantárgyakat választjuk, akkor teljesül az a feltétel is, hogy az angolt és a franciát ugyanaz a tanár tanítja. Ha nem választanánk mindkét nyelvi tárgyat, az egyiket akkor is kellene (harmadik tárgyként). Ebben az esetben azonban nem teljesülne, hogy mindkét nyelvet ugyanaz a két tanár tanítja. Írjuk még be a nem lehetséges jelzéseket is! Barna Kovács - X X - Horváth X - - X Nagy - - X X - X Ekkor látjuk, hogy Barna tanár úr kémia, fizika, földrajz tantárgyakat tanít. Barna X X - - X - Kovács - - X X - Horváth X - - X Nagy - - X X - X Mivel fizikát már csak Horváth tanár úr taníthat, ezért a földrajz marad Kovács tanár úrnak. Földrajzot tehát Barna és Kovács tanár urak tanítanak. Barna X X - - X - Kovács - - X X X - Horváth X X X Nagy - - X X - X