Radó Ferenc Matematikamûvelô Társaság...

Matlap 6Ifjúsági matematikai lapok

Radó Ferenc Matematikamûvelô TársaságKolozsvár

XXIV. évfolyam2020.június

ISSN 1224-3140

RADÓ FERENC MATEMATIKAMŰVELŐ TÁRSASÁG

MATLAP

IFJÚSÁGI MATEMATIKAI LAPOK - KOLOZSVÁR

TARTALOM Oldal

1. Róka Sándor : Térképszínezés: A négyszín-tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1852. Simon József : Matematika tantárgyverseny – körzeti szakasz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1893. Szabó Péter Gábor : A bor zamata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1954. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Talpponti háromszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1975. Tuzson Zoltán: Logikai feladványok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1996. Megoldott feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2017. Játékos fejtörők . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2238. Feladatmegoldók rovata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.b.

XXIV.(LXVIII.) ÉVFOLYAM 6. 2020. JÚNIUS

Megjelenik azErdélyi Múzeum-Egyesület Matematikai és Informatikai Szakosztálya,a Romániai Magyar Demokrata Szövetség, a Communitas Alapítvány,

az Emberi Erőforrások Minisztériuma és a Bethlen Gábor Alap támogatásával.

SZERKESZTŐBIZOTTSÁG

A Radó Ferenc Matematikaművelő Társaság elnöke és a Matlap főszerkesztője:Dr. Szenkovits Ferenc docens, Babeş–Bolyai Tudományegyetem

Szerkesztők: Adorjáni Csilla, Sárkány GyörgyiMűszaki szerkesztő: Néda ZsuzsaSzerkesztőbizottsági tagok:Dr. András Szilárd docens; Bandi Árpád tanár (Marosvásárhely); Dr. Bencze

Mihály tanár (Brassó); Furdek Attila tanár (Németország); Dr. Kása Zoltán egyetemitanár; Dr. Kolumbán József egyetemi tanár; Kovács Margit tanár; Dr. Nagy Örs tanár;Néda Ágnes tanár; Olosz Ferenc tanár (Szatmárnémeti); Dr. Sándor József docens;Simon József tanár (Csíkszereda); Şerdean Vasile tanár (Szamosújvár); Dr. SomogyiIldikó adjunktus; Tuzson Zoltán tanár (Székelyudvarhely).

A szerkesztőség postacíme: Redacţia Matlap, 400840 Cluj-Napoca, OP. nr. 9, C.P. 542.Tel: (0264)595191, E-mail: [email protected], www.matlap.org

Matlap 2020/6

TÉRKÉPSZÍNEZÉS: A NÉGYSZÍN-TÉTEL

Róka Sándor tanár, Nyíregyháza

Mondják, hogy a jogász, aki a Gellérthegyről lenéz, jogalanyokat és jogtárgyakat lát,míg a pénzügyminiszter adóalanyokat és adótárgyakat lát. Vajon hasonló helyzetben mit lát amatematikus? Ha nyitva van a szemünk, akkor láthatjuk, hogy érdekes matematikai problémákvannak körülöttünk. Csak észre kell vennünk őket . . .

1852 októberében Francis Guthrie Britannia grófságait színezte ki a térképen. Színezgetésközben azt találta, hogy négy szín elegendő ehhez. Megszületett a négyszínsejtés, mely szerintminden síkra rajzolható térkép négy színnel kiszínezhető úgy, hogy a szomszédos országokkülönböző színűek legyenek. (Két ország szomszédos, ha van közös határszakasza.)

Tudunk-e olyan térképet rajzolni, amelynek színezéséhez kevés négy szín? Ha létezne ötolyan tartomány, melyek mindegyike szomszédos a többivel, akkor ez megcáfolná a négyszín-sejtést, mivel ezeket csak öt különböző színnel lehet helyesen színezni.

Az azonban, hogy öt ilyen tartomány nem létezik, mégnem bizonyítja, hogy négy szín minden esetben elegendő. Példáullétezik olyan térkép, mely nem tartalmaz négy tartományt,melyek érintik egymást, a színezéséhez mégis szükséges a négyszín.

A térképszínezés kérdését a matematikusok szórakoztató fejtörőnek látták, amit egy hoz-záértő könnyedén elintéz. Azonban a próbálkozások sikertelenek voltak. Végül 1879-ben megje-lent egy cikk, melyben a szerző bizonyította a sejtést. Mindenki boldog volt, hogy megszületetta bizonyítás. Teltek az évek, majd 1890-ben felfedezték, hogy a bizonyítás hibás. A hibás lépéstjavítva sikerült bebizonyítani, hogy bármely térkép öt színnel jól színezhető. Az ötszín-tételbizonyításában már nincsen hiba.

Egy évszázadon keresztül próbálkoztak a matematikusok és az amatőrök a négyszínsejtésbizonyításával. A gráfelmélet fejlődésének egyik motorjává váltak ezek a vizsgálatok.

Hogyan lehet a térképszínezést kezelni, vizsgálni? Jelöljük meg mindegyik tartománybana tartomány fővárosát, és a szomszédos fővárosokat kössük össze olyan úttal, amely a két tar-

185

Matlap 2020/6

tomány közös határszakaszán halad át. Ezután feledkezzünk el a határokról, és megmarad egygráf, melynek csúcsai a fővárosok, az élek pedig a most megépített utak.

Kaptunk egy síkbeli gráfot, olyan gráfot, ahol az élek nem keresztezik egymást. A négy-színsejtés azt jelenti a gráfok nyelvén, hogy egy síkbeli gráf csúcsai mindig színezhetők úgy négyszínnel, hogy bármely két éllel összekötött csúcs különböző színű legyen.

Az események 1976-ban megdöbbentő fordulatot vettek, Appel és Haken bebizonyítottaa négyszínsejtést (ami ettől kezdve már négyszín-tétel), de bizonyításuk erősen támaszkodottszámítógépekre. A számítógép ezer órán át vizsgálta azokat a térképeket, amelyeken múlik az,hogy bármely térkép színezhető legyen négy színnel. Ez nem olyan bizonyítás, mint a megszokot-tak, amikor a következtetések lépéseit mi is tudjuk ellenőrizni. Itt hinni kell abban, hogy aprogram hibátlan, és a számítógép sem hibázik.

Jó volna egy hagyományos bizonyítás a négyszín-tételre, de ezt még nem találták meg.Nézzünk speciális térképeket!1. feladat. Egy asztallapra átfedés nélkül egybevágó fehér korongokat ragasztottak fel.

Bizonyítsuk be, hogy a korongok kiszínezhetők négy színnel úgy, hogy az egymással érint-kező korongok különböző színűek legyenek !

Megoldás. Az állítást a korongok számára vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk.A kezdő lépés triviális: ha az asztallapon 1, 2, 3 vagy 4 korong van, azok mindig

kiszínezhetők a követelményeknek megfelelően.Tegyük fel, hogy az állítást már tudjuk mindazokra az esetekre, mikor az asztallapra n−1

korongot ragasztottak fel, ebből akarjuk bizonyítani az állítás helyességét n korong esetére.Segédállítás : Akárhogyan is helyeztük el a korongokat, mindig akad közöttük olyan, melyet

legfeljebb három másik érint.Ha ezt már beláttuk, készen vagyunk: az n korong közül ezt (vagy az egyik ilyet) elhagyva,

a megmaradt n − 1 korongot az indukciós feltevésünk értelmében kiszínezhetjük négy színnelúgy, hogy érintkező korongok különböző színűek legyenek. Az elhagyott n-edik korong legfel-jebb három másikkal érintkezik, így azok színezésére legfeljebb három színt használtunk el. Azn-edik korongot a fel nem használt színek bármelyikével kifestve, a korongok megfelelő színezésétkapjuk. A teljes indukció elve alapján ez a feladat állítását bizonyítja.

A segédállítás bizonyítása maradt csak hátra. Válasszuk egységnek az egybevágó korongokátmérőit, és vegyünk fel egy olyan egyenest az asztallap síkjában, melynek nincs közös pontja azasztallappal (és így egyetlen koronggal sem). Toljuk el az egyenest önmagával párhuzamosan az

186

Matlap 2020/6

asztal felé egészen addig, míg először megy át egy (vagy több) korong középpontján. Jelöljük azegyenesnek ezt a helyzetét e-vel. Az e egyenesen legalább egy korongközéppont van, és az összesközéppont az e egyenesnek ugyanarra a partjára esik. Az e egyenesen található középpontokközött két szélső van (vagy csak egy, ha az e egyenesen egyetlen ilyen található), ezek közül azegyik legyen P . Állítjuk, hogy a P középpontú korongot legfeljebb három másik érintheti.

Tegyük fel, hogy ez nem így van: legyen A, B, C, D négy érintő korong középpontja. Azösszes korong egységnyi átmérőjű, ezért a PA, PB, PC, PD távolságok egységnyiek, tehát A,B, C, D rajta van a P középpontú egységnyi sugarú k körön. Ezt a k kört az e egyenes kétfélkörre vágja szét, és e választása miatt A, B, C, D ugyanarra a félkörre esik, mondjuk ebbena sorrendben.

Az A, B, C, D középpontú egységnyi átmérőjű köröknek nincs közös belső pontjuk,következésképp az APB, BPC, valamint CPD mind legalább 60◦-os. Tehát az APD legalább180◦, és mivel A és D ugyanarra a félkörre esik, pontosan 180◦. Ez pedig lehetetlen, mertakkor A-nak és D-nek is az e egyenesre kellene esnie, és így P nem lenne az e egyenesre esőközéppontok között szélső.

Ezzel a bizonyítást befejeztük.

2. feladat. A síkon rajzoltunk néhány kört. Mutassuk meg, hogy a körök által körülvetttartományok kiszínezhetők két színnel úgy, hogy bármely két szomszédos tartomány színe külön-böző legyen.

1. megoldás. Az állítást n szerinti indukcióval bizonyítjuk, ahol n a körök száma.Ha n = 1, akkor két tartomány van, ezek kiszínezhetők két színnel. Legyen tehát n > 1.

Válasszuk ki az egyik – mondjuk a C-vel jelölt – kört, és feledkezzünk meg róla egy pillanatra.Az indukciós feltevés miatt a megmaradt n− 1 kör kiszínezhető két színnel úgy, hogy a közöshatárvonallal rendelkező tartományok különböző színűek.

Most visszahelyezzük az „elfelejtett” C kört, és megváltoztatjuk a színezést. A C körönkívüli tartományokat változatlanul hagyjuk, a körön belüli tartományok színezését felcseréljük:amelyik kék volt, azt pirosra festjük; és ami piros volt, azt kékre (ha a térképet piros és kékszínekkel színezzük).

Látható, hogy az új színezés is megfelel a követelményeknek. Ha valamely két szomszédostartomány a C-n kívül helyezkedik el, akkor két oldalán az indukciós feltevés szerint különbözőszínűek a tartományok. Ha a szomszédos tartományok közötti körív C belsejében helyezkedik el,akkor szintén különböző színű tartományokat választ el egymástól, hiszen eredetileg különbözőszínűek voltak, és ez így lesz a színcsere után is. Végül, ha a két tartomány közötti ív C-heztartozik, akkor ezek C visszahelyezése előtt azonos színűek voltak. A két tartományt ez a körválasztja el, és amelyik a kör belsejébe esik, az színt váltott, míg a másik megtartotta az eredetiszínét. Tehát ez a két szomszédos tartomány is különböző színű.

Ezzel beláttuk, ha az n− 1 kör által megrajzolt térkép két színnel jól színezhető, akkor nkör esetén is jó színezést kapunk a megadott eljárással.

187

Matlap 2020/6

2. megoldás. Tekintsük a körökkel megrajzolttérképet. A kapott tartományokba írjuk be, hogyazt a tartományt hány körlap fedi.

Amelyik tartományhoz páros szám tartozik,az legyen piros, amelyikhez páratlan szám, azlegyen kék. Így jó színezést kapunk, mert ha kéttartományt egy körvonal választ el, akkor a tar-tományokba írt két szám szomszédos szám.

3. feladat. A síkon felvettünk néhány egyenest és kört. Bizonyítsd be, hogy a kapott térképkét színnel jól színezhető (1. ábra).

Megoldás. Mindegyik egyenest és mindegyik kört lássuk el egy nyíllal, ami a közlekedésiirányt mutatja. Ha egy körön vagy egy egyenesen a megadott irányt követve haladunk, a síkszámunkra két tartományra oszlik, az egyik jobbra, a másik balra van tőlünk.

Írjuk be a tartományokba, hogy a síknak ez a része hány körtől és egyenestől fekszikjobbra (2. ábra).

1. ábra 2. ábra 3. ábra

Amelyik tartományhoz páros szám tartozik, az legyen piros, amelyikhez páratlan szám,az legyen kék (3. ábra).

Így jó színezést kapunk, mert ha két tartománynak közös határvonala van, akkor az egyikannak a jobb, a másik pedig a bal oldalán fekszik, míg mindkét tartomány a többi körnek ésegyenesnek ugyanazon az oldalán van. Ezért a két szomszédos tartományba írt szám szomszédosszám.

4. feladat. A síkon, 2-dimenzióban a tétel szerint négy szín mindig elég a térképekszínezéséhez. Vajon hány szín kell a térben, 3-dimenzióban? Mutasd meg, hogy négy szín kevésa színezéshez.

Megoldás. Az ábra mutat olyan térrészeket, melyek színezéséhez szükség van öt színre.

Egy kétszemélyes játék. Az első játékos rajzol egy területet, amit a második kiszínez,és hozzárajzol egy újabb területet. Ezt az első játékos színezi ki, majd rajzol még egy területet,és így tovább. Az a játékos veszít, amelyik rá lesz kényszerítve, hogy az ötödik színt használja.

188

Matlap 2020/6

MATEMATIKA TANTÁRGYVERSENY – KÖRZETI SZAKASZCsíkszereda, 2020. február 8.

Simon József tanár, Csíkszereda

V. osztály

1. Adott az N = 13 + 132 + 133 + . . .+ 132020 szám.a) Számítsd ki az N szám utolsó számjegyét!b) Igazold, hogy N osztható 17-tel!

2. Hasonlítsd össze az a és b természetes számokat, ha:a) a = 2 · 382 + 383 és b = 2123 + 2125;b) b = 5 · 2n + 2n+1 + 2n és b = 3n+2 + 15 · 3n + 3n+1.

3. 5 ceruza, 4 füzet és 2 ceruzahegyező 24 lejbe kerül. 2 ceruza, 3 füzet és 4 ceruzahegyezőára ugyanabból a fajtából 17 lej. 3 ceruza, 2 füzet és 3 ceruzahegyező ugyanabból a fajtából15 lejbe kerül. Mennyibe kerül 1 ceruza, 1 füzet és 1 ceruzahegyező összesen?

4. a) Adott öt tetszőleges természetes szám. Igazold, hogy választhatunk közülük néhányatúgy, hogy az összegük osztható legyen 5-tel!

b) Igazold, hogy tetszőlegesen kiválasztott négy természetes szám közül létezik legalábbkét olyan szám, amelyek négyzeteinek összege vagy különbsége osztható 5-tel!

Megoldások

1. a) N = 13 + 132 + 133 + . . .+ 132020 = 13(1 + 13 + 132 + 133) + 135(1 + 13 + 132 + 133)++ . . . + 132017(1 + 13 + 132 + 133) = 2380(13 + 135 + . . . + 132017), tehát az N szám utolsószámjegye 0.

b) Mivel 2380 = 17 · 140, ezért N osztható 17-tel.

2. a) a = 382(2 + 3) = (32)41 · 5 = 941 · 5 és b = 2123(1 + 4) = (23)41 · 5 = 841 · 5, teháta > b.

b) a = 2n(5 + 2 + 1) = 2n · 8 = 2n+3 és b = 3n(9 + 15 + 3) = 3n · 27 = 3n+3, tehát b > a.

3. 5 ceruza + 4 füzet + 2 hegyező ára 24 lej2 ceruza + 3 füzet + 4 hegyező ára 17 lej3 ceruza + 2 füzet + 3 hegyező ára 15 lej

Az első sor kétszereséből kivonjuk a második sort, így 8 ceruza + 5 füzet ára 31 lej (1).Az első két sor összegéből kivonjuk a harmadik sor kétszeresét, így 1 ceruza + 3 füzet ára

11 lej (2).Az (1)-ből kivonjuk (2)-nek a nyolcszorosát, így 19 füzet ára 57 lej, tehát 1 füzet ára

57 : 19 = 3 lej. Ekkor a (2) alapján 1 ceruza ára 11 − 9 = 2 lej. Végül 1 hegyező ára(24− 5 · 2− 4 · 3) : 2 = 1 lej.

Tehát 1 ceruza, 1 füzet és 1 ceruzahegyező összesen 2 + 3 + 1 = 6 lejbe kerül.

4. a) Legyen a1, a2, a3, a4, a5 az öt tetszőleges természetes szám. Képezzük a következőösszegeket: S1 = a1, S2 = a1 + a2, S3 = a1 + a2 + a3, S4 = a1 + a2 + a3 + a4 ésS5 = a1 + a2 + a3 + a4 + a5. Ha közülük az egyik osztható 5-tel, akkor az állítás igaz. Haaz egyik összeg sem osztható 5-tel, akkor az összegek 5-tel való osztási maradékai 1, 2, 3 vagy4. Így az öt szám közül kettőnek az 5-tel való osztási maradéka megegyezik, azaz ennek a kétszámnak a különbsége osztható 5-tel. Ez a különbség éppen az adott számok közül néhány számösszegét fejezi ki. Például S5 − S3 = a4 + a5.

189

Matlap 2020/6

b) Egy teljes négyzet utolsó számjegye 0, 1, 4, 5, 6 vagy 9. Vegyünk három dobozt.Az elsőbe helyezzük be azokat a számokat, amelyek négyzetei 0-ban vagy 5-ben végződnek; amásodik dobozba tegyük azokat a számokat, amelyeknek négyzetei 1-ben vagy 9-ben végződnek,a harmadik dobozba pedig tegyük azokat, amelyeknek négyzetei 4-ben vagy 6-ban végződnek.Így a négy szám közül kettő biztosan ugyanabba a dobozba kerül. Belátható, hogy a két számnégyzetének összege vagy különbsége osztható 5-tel.

VI. osztály

1. Határozd meg az n ∈ N természetes számot úgy, hogy a3n+ 4

2n+ 5tört egyszerűsíthető

legyen, majd számítsd ki az első 100 darab olyan n szám összegét, amelyre a tört egyszerűsíthető!

2. A hím oroszlán elejtett egy antilopot. Elvitte magának és családjának, párjának éshárom kölykének ebédre. Ha csak maga fogyasztaná el, akkor 3 óra alatt megenné, ha csak apárja, akkor az 4 óra alatt enné meg. Ha csak egy-egy kölyökoroszlán enne belőle, az 10 óraalatt fogyasztaná el. Mennyi ideig tart az oroszláncsalád közös ebédje?

3. Egy egymás utáni számokból álló számsor első és 2020. tagja egyenesen arányos a0, 1(3) és 0, 2 számokkal. Határozd meg a számsor 105. tagját!

4. Az AOB belsejében vedd fel a C és D pontokat, valamint az OC és OD félegyeneseket,így több szög keletkezik. Az OC és OD szögfelezője valamelyik szögnek és AOB = 120◦. Hányfokos az AOC?

Megoldások

1. Legyen d a számláló és nevező legnagyobb közös osztója. Mivel d | 3n+ 4 és d | 2n+ 5,ezért d | 6n + 8 és d | 6n + 15, ahonnan d | [(6n + 15) − (6n + 8)], tehát d | 7. Írhatjuk, hogy3n + 4 = 7a és 2n + 5 = 7b, így n− 1 = 7a− 7b ⇒ n = 7(a− b) + 1, vagyis az n szám 7k + 1alakú, tehát n = 7k + 1, ahol k ∈ N. Az első 100 szám, amelyekre a tört egyszerűsíthető: 1;8; . . . ; 694, összegük S = 1 + 8 + . . . + 694 = 1 + (7 · 1 + 1) + (7 · 2 + 1) + . . . + (7 · 99 + 1) == 7(1 + 2 + . . .+ 99) + 100 = 34750.

2. 1. megoldás : Tudjuk, hogy [3, 4, 10] = 60. A feladat alapján 60 óra alatt a hím oroszlánmegenne 60 : 3 = 20 antilopot, a párja 60 : 4 = 15 antilopot, egy kölyök pedig 60 : 10 = 6antilopot. Összesen 60 óra alatt 20 + 15 + 18 = 53 antilopot ennének meg. A közös ebédidőtartama 60 : 53 óra, tehát majdnem 1 óra 8 percet tartott.

2. megoldás : Egy óra alatt a hím oroszlán megenné az antilop1

3-át, a párja az

1

4-ét, egy

kölyök az1

10-ét, ezért közösen

1

3+

1

4+ 3 · 1

10=

20 + 15 + 18

60=

53

60-ad részét fogyasztanák el.

Tehát az egész antilopot közösen 1 :53

60= 1 óra 8 perc alatt fogyasztanák el (megközelítőleg).

3. A számsor tagjai x, x+ 1, x+ 2, . . . , x+ 2019. Mivel 0, 1(3) =2

15és 0, 2 =

1

5, írhatjuk,

hogyx2

15

=x+ 2019

1

5

⇐⇒ x

5=

2

15(x+ 2019) ⇐⇒ x = 4038. A 105. tag 4038 + 104 = 4142.

190

Matlap 2020/6

A O

B

C

D4. 1. eset : OD az AOB szögfelezője: AOD = DOB = 60◦.a) OC az AOD szögfelezője: AOC = 30◦ (ábra);

b) OC a BOD szögfelezője: AOC = 90◦.

2. eset : OC az AOB szögfelezője: AOC = 60◦.3. eset : OC és OD az AOB -et harmadolják:a) AOC = 40◦;

b) AOC = 80◦.

VII. osztály

1. Igazold, hogy a√

2−√

1√2

+

√3−√

2√6

+

√4−√

3√12

+ . . .+

√1994−

√1993√

1994 · 1993+

1993√

1994 + 1√1994

összeg természetes szám!

2. Határozd meg azokat az x és y természetes számokat, amelyekre 33

20mértani közepe

a 3x

16és 3

y

25számoknak!

3. Az A-ban derékszögű ABC háromszögben AD magasság, CE szögfelező, D,E ∈ BCés AD ∩ CE = {G}. Legyen EF ⊥ BC, ahol F ∈ BC. Igazold, hogy AEG egyenlő szárúháromszög és AEFG rombusz!

4. Az ABC háromszögben AD szögfelező, ahol D ∈ BC. Legyen DE ‖ AC és DF ‖ AB,ahol E ∈ AB és F ∈ AC. Bizonyítsd be, hogy:

a) EF ⊥ AD;

b)AC ·BE + AB · CF

AB + CD≤ BE + CF

2;

c) ha AD = DC, akkor AB2 = BC ·BD.

Megoldások

1.√

2−√

1√2

+

√3−√

2√6

+

√4−√

3√12

+ . . .+

√1994−

√1993√

1994 · 1993+

1993√

1994 + 1√1994

=

= 1− 1√2

+1√2− 1√

3+

1√3− . . .+ 1√

1993− 1√

1994+ 1993 +

1√1994

= 1994 ∈ N.

2. A feltevés alapján√

3x

16· 3 y

25= 3

3

20⇐⇒

√48 + x

16· 75 + y

25=

63

20⇐⇒

⇐⇒ (48 + x)(75 + y) = 632 ⇐⇒ (48 + x)(75 + y) = 34 · 72 = 81 · 49.Mivel x, y ∈ N, ezért 48 + x = 49 és 75 + y = 81, így x = 1 és y = 6.

C

D

F

BEA

G

1

1

12

2

3. CAE∆ ≡ CFE∆, mert CE = CE és C1 ≡ C2 (átfogó--befogó eset), tehát E1 ≡ E2. AD ⊥ BC és EF ⊥ BC, ezértAD ‖ EF . Mivel a GE szelő, így E2 ≡ G1 ⇒ E1 ≡ G1, tehát azAEG háromszög egyenlő szárú.Mivel AG = AE és AE = EF , ezért AG = EF . Mivel AG ‖ EF ,ezért AEFG paralelogramma. Továbbá AG = AE, ezért AEFGrombusz.

191

Matlap 2020/6

D

A

B C

E

F

4. a) A feltevés alapján DE ‖ AF és DF ‖ AE,így AEDF paralelogramma. Mivel AD szögfelező, ezértAEDF rombusz, tehát EF ⊥ AD.

b)AC ·BE + AB · CF

AB + AC≤ BE + CF

2⇔

⇔ 2AC ·BE + 2AB · CF ≤ AC ·BE +AC · CF++AB ·BE + AB · CF ⇔

⇔ AC ·BE + AB · CF ≤ AC · CF + AB ·BE ⇔⇔ (AC − AB) ·BE ≤ (AC − AB) · CF ⇔⇔ (AC − AB)(AB − AE) ≤ (AC − AB)(AC − AF ) ⇔⇔ (AC−AB)(AB−AC) ≤ 0⇔ (AC−AB)2 ≥ 0, ami igaz. Így az eredeti állítás is igaz.

c) Mivel AD = DC ezért C ≡ CAD ≡ BAD, tehát ABD∆ ∼ CBA∆. ÍgyAB

CB=BD

AB⇔

⇔ AB2 = BC ·BD.

VIII. osztály

1. Az a és b szigorúan pozitív számokraa

b+a+ 1

b+ 1+a+ 2

b+ 2+ . . .+

a+ 2019

b+ 2019= 2020.

Igazold, hogy 1 + (a− b+ 2)0 + (a− b+ 2)1 + (a− b+ 2)2 + . . .+ (a− b+ 2)2020 = 22021.

2. Igazold, hogy:

a) bármely x és y pozitív valós számok esetén√x+√y

2≤√x+ y

2;

b) a√

2015,√

2016, . . . ,√

2025 számok számtani közepe kisebb, mint√

2020.

3. Az ABCDEF egyenes hasáb alapja az ABC egyenlő szárú háromszög, AB = AC ésBAC = 36◦. Az ABC háromszögben AM , BN és CP szögfelezők, ahol M ∈ BC, N ∈ AC ésP ∈ AB.

a) Határozd meg az NP egyenesnek a CBE és ADM síkokhoz viszonyított helyzetét!b) Számítsd ki az N pont távolságát az ADM síktól a BC = a függvényében!

4. A B-ben derékszögű ABC háromszögben AB = 16 cm és BC = 12 cm. A háromszögG súlypontjában merőlegest emelünk a háromszög síkjára, amelyen felvesszük a GM = 4 cmszakaszt.

a) Számítsd ki az M pontnak a BC oldaltól való távolságát!b) Legyenek P és R a G pontnak a BC és AB egyenesekre eső vetületei. Számítsd ki az

MPR háromszög területét!

Megoldások

1.a

b+a+ 1

b+ 1+a+ 2

b+ 2+ . . . +

a+ 2019

b+ 2019= 2020 ⇔ a

b− 1 +

a+ 1

b+ 1− 1 +

a+ 2

b+ 2− 1+

+ . . . +a+ 2019

b+ 2019− 1 = 0 ⇔ a− b

b+

a− bb+ 1

+a− bb+ 2

+ . . . +a− b

b+ 2019= 0 ⇔

⇔ (a − b)(

1

b+

1

b+ 1+

1

b+ 2+ . . .+

1

b+ 2019

)= 0 ⇔ a − b = 0 ⇔ a = b. Behelyettesítve

az 1 + 20 + 21 + 22 + . . .+ 22020 = 22021 egyenlőséget kapjuk, ezt kell igazolni. Rendre írhatjuk,hogy 2 + 21 + 22 + . . .+ 22020 = 22021 ⇔ 22 + 22 + . . .+ 22020 = 22021, . . . , 22020 + 22020 = 22021,ami igaz.

192

Matlap 2020/6

2. a)√x+√y

2≤√x+ y

2⇐⇒

(√x+√y)2

4≤ x+ y

2⇐⇒

⇐⇒ x+ y + 2√xy ≤ 2x+ 2y ⇐⇒ x+ y − 2

√xy ≥ 0 ⇐⇒ (

√x−√y)2 ≥ 0, igaz.

b) Az előző alpont alapján írhatjuk, hogy√

2015 +√

2025

2<

√2015 + 2025

2=√

2020,

√2016 +

√2024

2<

√2016 + 2024

2=√

2020, . . . ,√

2019 +√

2021

2<

√2019 + 2021

2=√

2020,

így1

11

(√2015 +

√2016 + . . .+

√2025

)<

1

11

(2√

2020 · 5 +√

2020)

=√

2020.

a

a

aa

x 2

A

D

E

F

C

B

N

P

Q

M

3. a) Mivel AB = AC és BAC = 36◦, ezért ABC = ACB =

= 72◦. Ekkor ACP = ABN = 36◦, AB = AC és CAP ≡ BAN ,tehát ACP∆ ≡ ABN∆ (o-sz-o), ahonnan AP = AN ⇒

⇒ AP

AB=AN

AC. Az ABC háromszögben Thalész tételének fordított

tételéből következik, hogy PN ‖ BC. Mivel BC ⊂ (BCE) ⇒⇒ PN ‖ (BCE).

AM ⊥ BC és PN ‖ BC ⇒ PN ⊥ AM . Mivel PN ⊥ AD, ígyPN ⊥ (ADM).

b) A keresett távolság az NQ szakasz, ahol AM ∩PN = {Q}.Legyen BP = x.

ABC∆ ∼ CBP∆, mert BAC ≡ BCP és ABC ≡ CBP ⇒ BC

AB=

BP

BC⇒ a

a+ x=

x

a⇔

⇔ a2 = ax + x2 ⇔ x2 + ax − a2 = 0, ahonnan x1,2 =−a± a

√5

2. Csak a pozitív gyök felel

meg, tehát x =a(√

5− 1)

2. Ekkor AB = a+ x =

a(√

5 + 1)

2.

AQN∆ ∼ AMB∆, mert QAN = MAB és AQN = AMB ⇒ QN

BM=

AN

AB⇒

⇒ QN =a(√

5− 1)

4.

M

BP C

GR

H

E

A

4. a) Mivel MG ⊥ (ABC), GP ⊥ BC ésBC ⊂ (ABC), ezért a három merőleges tételealapján MP ⊥ BC, így d(M,BC) = MP .

Legyen CG∩AB = {E} ⇒ BE =AB

2= 8 cm.

A CBE háromszögben PG ‖ BE, így a hason-

lóság alaptétele értelmébenPG

BE=CG

CE⇒

⇒ PG

8=

2

3⇒ PG =

16

3cm. Az MGP derék-

szögű háromszögben Pitagorasz tétele alapján

MP 2 = MG2 +GP 2 = 42 +

(16

3

)2

=16 · 25

9⇒ MP =

20

3cm.

193

Matlap 2020/6

b) Az EBC háromszögben RG ‖ BC, így a hasonlóság alaptétele értelmében írhatjuk,

hogyRG

BC=EG

EC⇒ RG

12=

1

3⇒ RG = 4 cm. A GRP derékszögű háromszögben a Pitagorasz-

-tétel alapján PR2 = RG2 +GP 2 = 42 +

(16

3

)2

⇒ PR =20

3cm.

Legyen GH ⊥ PR, H ∈ PR és GH =GR ·GPRP

=16

5cm.

MivelMG ⊥ (ABC), GH ⊥ PR és PR ⊂ (ABC), ezért a három merőleges tétele alapjánMH ⊥ PR ⇒ d(M,PR) = MH.

MH2 = MG2 +GH2 = 42 +

(16

5

)2

= 42 · 41

25⇒ MH =

4√

41

5cm.

A háromszög területe TMPR =PR ·MH

2=

8√

41

3cm.

A versenyre a csíkszeredai Petőfi Sándor Általános Iskolában került sor 31 ötödikes, 30 hatodikos,14 hetedikes és 15 nyolcadikos tanuló részvételével. A feladatokat Hodgyai László matematika szakostanfelügyelő válogatta más körzetek javaslatai alapján. A rangsor a következő:

V. osztály 1. díj: Csomós Dávid, Nagy István Műv. Líc., Csíkszereda; 2. díj: Péter Botond,Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda; 3. díj: Jánó Andrea, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda;dicséret: 4. Elekes Köllő-András, Nagy István Műv. Líc., Csíkszereda; 5. Nagy Márton, Nagy IstvánMűv. Líc., Csíkszereda; 6. Imre Karin Anett, Nagy Imre Ált. Isk., Csíkszereda; Márton Natália, AranyJános Ált. Isk., Csíkszentmihály; Fodor Delia Maria, Liviu Rebreanu Ált. Isk., Csíkszereda.

VI. osztály 1. díj: Bodor Mátyás, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda; 2. díj: László Csongor,József Attila Ált. Isk., Csíkszereda; 3. díj: Laczkó Dorottya, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda; BálintSzilárd, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda; Bogdan Cristian, Liviu Rebreanu Ált. Isk., Csíkszereda;dicséret: 6. Császár Anna Róza, József Attila Ált. Isk., Csíkszereda; 7. Boér Ákos, Nagy Imre Ált.Isk., Csíkszereda; 8. Garda-Mátyás Hanna, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda; Nagy Bálint, JózsefAttila Ált. Isk., Csíkszereda; 10. Gaál Tamás, József Attila Ált. Isk., Csíkszereda, Bahnă Denisa,Octavian Goga Líc., Csíkszereda, Bijec Filoteea, Liviu Rebreanu Ált. Isk., Csíkszereda.

VII. osztály 1. díj: Ţepuc Tünde, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda; 2. díj: Vitos Viktória,Vitos Mózes Ált. Isk., Csíkszentkirály; 3. díj: Mihalache Eric, Liviu Rebreanu Ált. Isk., Csíkszereda;dicséret: 4. Rácz Dorottya, Arany János Ált. Isk., Csíkszentmihály; 5. Botos Anita, Tivai NagyImre Szakközépisk., Csíkszentmárton; 6. Kurkó Orsolya, Mártonffy György Ált. Isk., Csíkkarcfalva;7. Lőrincz Tamás, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda, Bugeac Alexandru, Liviu Rebreanu Ált. Isk.,Csíkszereda.

VIII. osztály 1. díj: Benedek Márton, Nagy István Műv. Líc., Csíkszereda; 2. díj: VoineaAlexandru, Liviu Rebreanu Ált. Isk., Csíkszereda; 3. díj: Asandei Ioana, Octavian Goga Főgimn.,Csíkszereda; dicséret: 4. Faur Blanka, Nagy Imre Ált. Isk., Csíkszereda; 5. Herţa Noémi, PetőfiSándor Ált. Isk., Csíkszereda; 6. Ferencz Melinda, Petőfi Sándor Ált. Isk., Csíkszereda; 7. Balázs-Bécsi Júlia, Nagy István Műv. Líc., Csíkszereda; 8. Izsák Adél, Nagy Imre Ált. Isk., Csíkszereda,Monoranu Crina Diana, Liviu Rebreanu Ált. Isk., Csíkszereda.

194

Matlap 2020/6

A matematika világából

A BOR ZAMATA

Szabó Péter Gábor adjunktusSzegedi Tudományegyetem

Ismeretes, hogy Neumann János (1903–1957) világhírű matematikus Budapesten a Fasorigimnázium tanulója volt. Az iskolából rajta kívül számos olyan diák került ki, akik későbbnagy ívű pályát futottak be a tudományban, köztük két Nobel-díjas tudós is, a fizikus WignerJenő (1902–1995) és a közgazdász Harsányi János (1920–2000). A tanári karban szintén igenjeles személyiségek foglaltak helyet, sokan rendelkeztek doktori fokozattal, és többen a MagyarTudományos Akadémiának is tagjai lettek. Rátz László (1863–1930), Neumann mate-matikatanára is itt tanított, aki a Középiskolai Matematikai Lapoknak volt szerkesztője, nevétrangos díj viseli, amelyet 2001-ben alapítottak magyarországi tanárok munkájának elismerésére.

Serédi Lajos (1860–1925) Neumann filozófiatanára volt, aki egy év híján három évtizedigtanított a Fasori gimnáziumban. Mikola Sándornak (1871–1945), az iskola jeles fizikatanáránakMathematikai szünórák című 1903-ban (még Neumann János születésekor) megjelent kötetébenegy Serédi által írt verses feladvánnyal is találkozunk. Nem egészen egyszerű a megfejtése,érdemes elgondolkodni rajta, két megoldása is van, amelyet az írásunk végén közlünk. A versnyelvészeti szempontból is izgalmas szavakat rejt.

A legátusok

Régi legátusok. . . hajh, hová levétek?Csak a mesék szárnyán szállunk már felétek.Viselt dolgaitok egy-egy dalba szőve. . .De már ez is hallgat e modern időbe.

Szelíd csalárdságok, vidám kópéságokKifundálásában mesterek valátok,Közülök csak egyet hadd mondok el itten.A neveket persze seholsem említem.

Sárospatak felől le az ÉrmelléknekÚgy aratás táján ketten mendegélnek;Csülökig a porba’. . . rekkenő hőségbe –Mint a táj, . . . a torkuk szinte ki van égve.

Az éhség csak hagyján, hajh a szomjuságotNem bírták megszokni az öreg diákok.Csetlenek-botlanak, türelmetlen várvaMikor bukkanik már elibök a csárda.

Végtére felötlik, vagy az csak a képe?Mit a délibáb sző az utas elébe?Mindegy. . . Gégéjükön már messziről érzik,Azt isteni nedű minden tüzit-mézit.

195

Matlap 2020/6

Nem jutna eszökbe: egyiknek sincs pénze,És akkor a csárdás a bort hogyan mérje?Rábízzák magukat csalfa véletlenre,Ki mikor nem várják, akkor toppanhat be.

Hogy oda érkeznek elkínozva, szomjan.Keresik a csárdást, szólongatják „hol van?”Valami hang hallszik. . . mintha messze távol,Vagy éppen onnan jő a földnek gyomrából.

Nosza lesietnek a tündérországba,Poczakos hordóknak hűs birodalmába.Kiderül a képük, mosolyog az ajkuk. . .Ime a szerencse megkönyörül rajtuk.

„Adj isten ifjúrak . . . éppen jókor jöttök,A mint láthatjátok – szóla – máslást töltök. . .Fejem szinte sül-fől,. . . nagy dologba vagyok:Ketté kén’ osztanom ezt az átalagot.

Két földes úr járt itt, hát azoknak kéne,Megvették, de nem volt egynek se mértéke.Ihol az én kupám, de darabra törve,Már most hogy osztom el, hogy járok kedvökbe?

Az átalag telve tizenhat kupával,Most a felét hogyan, mivel mérjem által?Két kis hordóm üres. Hét és kilencz kupás.Velük elosztani kéne a nagy tudás. . .

De fogadom néktek tisztelt légátusok:Hogyha segít rajtam a tudományotok,S a két urnak a bort egyformán osztjátok. . .Máslás olthatja el égő szomjuságtok.”

Hogy a két legátus megérti a dolgot,Úgy puszta léggel nagyokat kortyantott.Előleget kérnek, hív osztást igérve.Szabódik a csárdás: „a hogy ő igérte” . . .

Ott hever a kréta. Egyet tanakodvaPár numerust kötnek bűbájos sorokba . . .Majd neki gyűrkőznek, izzadva számolvaTöltögetik a bort mind a két hordóba.

Csórigálták bizony, nem tudom én meddig. . .Egyszercsak a kedvük dalra kerekedik„Hej gazduram kérünk, szolgáld ki a bérünkSikerült a munka, mit kiszabtál nékünk!”

Hogy igazat szóltak, csárdás is belátta,Töltött is szívesen a hetes kupába.A lelke is örült, a hogy azok itták. . .De még ma sem tudja az elosztás titkát!

1. megoldás16 7 7 14 14 5 5 12 12 3 3 10 10 1 1 80 9 2 2 0 9 4 4 0 9 6 6 0 9 8 80 0 7 0 2 2 7 0 4 4 7 0 6 6 7 0

196

Matlap 2020/6

2. megoldás

16 9 9 2 2 11 11 4 4 13 13 6 6 15 15 8 80 0 7 7 9 0 5 5 9 0 3 3 9 0 1 1 80 7 0 7 5 5 0 7 3 3 0 7 1 1 0 7 0

Aki szeretne még hasonló feladatokon gondolkodni, próbáljon meg 16 liter bort 11 és 6 literesedények segítségével két egyenlő részre osztani, vagy 8 litert 5 és 3 literesekkel megfelezni. Az igazánbátrak négy edénnyel is dolgozhatnak: harmadoljanak 24 liter bort 5, 11 és 13 literes edénnyel.

Műhelysarok

TALPPONTI HÁROMSZÖGEK

Olosz Ferenc tanár, Szatmárnémeti

A talpponti háromszögek tanulmányozását az iskolai tanterv nem írja elő, de az itt bemu-tatásra kerülő ismeretek nagyon jól hasznosíthatók a feladatmegoldásban, és rávilágítanak a bizonyításilehetőségek sokszínűségére.

Talpponti háromszögnek nevezzük egy hegyesszögű vagy tompaszögű háromszög magasságainaktalppontjai által meghatározott háromszöget. E jegyzetben csak a hegyesszögű háromszögek talp-ponti háromszögeinek tulajdonságaival foglalkozunk. A továbbiakban az ABC háromszög magasságailegyenek AD, BE, CF , magasságpontját H-val jelöljük, (D ∈ BC, E ∈ AC, F ∈ AB) és a DEFtalpponti háromszög néhány tulajdonságát mutatjuk be.

1. Tulajdonság: A talpponti háromszög bármely csúcsából kiinduló két oldala kongruens hajlás-szögeket képez az eredeti háromszög azon oldalával, amely a szóban forgó csúcson átmegy (röviden:a talpponti háromszög oldalai kongruens szögek alatt hajlanak az eredeti háromszög oldalaihoz ).

1

1

1

12

2

2

2

A

E

CD

H

B

F

A mellékelt ábra jelöléseit használva bizonyítjuk,hogy D1 ≡ D2, E1 ≡ E2, F1 ≡ F2. A BDHF és CDHEnégyszögek körbeírhatók, mert két szemben fekvő szögükkiegészítő szög (a D, F , illetve D, E csúcsokban a szögekderékszögek, így mértékeik összege 180◦), következik

D1 ≡ H1 és D2 ≡ H2 , de H1 ≡ H2 (csúcsszögek), ezértD1 ≡ D2, hasonlóan E1 ≡ E2, F1 ≡ F2.

Következmények :1. a) Egy háromszög magasságvonalai a talpponti háromszög szögfelezői.Valóban, FDH ≡ EDH, mivel D1 ≡ D2 pótszögei.1. b) HD, HE, HF a DEF háromszög szögfelezői, ezért az eredeti háromszög H magas-

ságpontja a talpponti háromszögbe beírt kör középpontja.1. c) A szögek mértékeivel felírtD1+F2 = 180◦−B,D2+E1 = 180◦−C, E2+F1 = 180◦−A,

D1 = D2, E1 = E2, F1 = F2 egyenletrendszer megoldása D1 = D2 = A, E1 = E2 = B ésF1 = F2 = C. Ez azt jelenti, hogy ABC∆ ∼ DBF∆ ∼ AEC∆ ∼ AEF∆, illetve kijelenthetjük,hogy EF ellenpárhuzamos BC-vel, DF az AC-vel és DE az AB-vel.

E következmény felhasználásával meg tudjuk határozni a talpponti háromszög oldalainaka hosszát és szögeinek mértékét az eredeti háromszög oldalainak és szögeinek függvényében.

197

Matlap 2020/6

(EF = a cosA, DF = b cosB, DE = c cosC és a talpponti háromszög D, E, F szögei rendre180◦−2A, 180◦−2B és 180◦−2C), így kiszámítható a terület, kerület, magasságok, oldalfelezők,köreinek sugarai, stb.

A következő tulajdonság kijelentése előtt értelmezzük a háromszögbe írt háromszög fo-galmát, éspedig a PQR háromszögről akkor mondjuk, hogy az ABC háromszögbe írt, ha a P ,Q, R pontok rendre a BC, CA, AB szakaszokon fekszenek.

2. Tulajdonság: A hegyesszögű háromszögbe írt háromszögek közül a talpponti három-szögnek van a legkisebb kerülete (Fagnano-tétel).

E tulajdonság Fejér Lipót-féle bizonyítását a Matlap 2019/7 számában közölt A tehetségkorai megnyilvánulásai című írásban mutattuk be. Ott arról is írtunk, hogy ezt a bizonyítástFejér harmadéves egyetemistaként találta ki, miután látta H. A. Schwarz professzornak a bo-nyolult bizonyítását. Míg a Schwarz bizonyításában hat tükrözés szerepelt, és szükség volt mégannak a segédtételnek az igazolására is, hogy egy háromszögbe írt összes háromszögek közül csaka talpponti háromszög oldalai hajlanak kongruens szögek alatt az eredeti háromszög oldalaihoz,addig Fejér Lipótnak csak két tükrözésre volt szüksége, és nem szorult segédtétel alkalmazására(a Schwartz-féle bizonyítás megtalálható a [2]-ben).

A következőkben a Fagnano-tétel tükrözés nélküli egyszerű bizonyítását mutatjuk be, deehhez előbb be kell bizonyítsuk a Nagel-tételt ([1]):

Ha O az ABC háromszög köré írt kör középpontja és E, F a B és C pontokból húzottmagasságok talppontjai, akkor AO merőleges EF -re.

A

CB

F

EO

T(E tétel úgy is megfogalmazható, hogy az ABC három-szög talpponti háromszögének oldalai merőlegesek az eredetiháromszög köré írt kör csúcsaiba húzott sugarakra.)

A bizonyításhoz felhasználjuk, hogy BEC = CFB == 90◦, ezért a BCEF négyszög körbeírható, következik,hogy AEF = ABC. Ha AT a háromszög köré írt kör A

pontjába húzott érintő, akkor ABC = CAT =AC_

2.

A tranzitivitás alapján AEF = CAT , amelyek helyzetüknél fogva belső váltószögek, ezértEF ‖ AT . Így AO ⊥ AT (az érintési pontba húzott sugár), tehát AO ⊥ EF .

Megjegyzés : Az is bizonyítható, hogy az A pontból az EF egyenesre húzott merőlegesátmegy az eredeti háromszög köré írt kör O középpontján.

A Nagel-tétellel bizonyítjuk a Ţiţeica-féle összefüggést ([1]):A hegyesszögű háromszög területe egyenlő a háromszög köré írt kör sugarának és a talpponti

háromszög félkerületének szorzatával.A

CB

F

EO

D

Legyen D, E, F az ABC háromszög magasságainak talp-pontja, TABC a háromszög területe, O a háromszög köré írt kör

középpontja, R e kör sugara és p0 =DE + EF + FD

2(a talp-

ponti háromszög félkerülete). Bizonyítjuk, hogy TABC = p0R.TABC = TAEOF + TBDOF + TCEOD.A Nagel-tétel értelmében az AEOF , BDOF és CEOD

négyszögek átlói merőlegesek egymásra (AO ⊥ EF , BO ⊥ DF ,CO ⊥ DE), OA = OB = OC = R, így

TABC =EF ·R

2+DF ·R

2+DE ·R

2=DE + EF + FD

2·R = p0R.

Ezek után rátérhetünk a Fagnano-tétel bizonyítására ([1]).

198

Matlap 2020/6

A

CB

O

W

V

U

Legyen UVW az ABC háromszögbe írt háromszög,(U ∈ (BC), V ∈ (CA), W ∈ (AB)), O az ABC három-szög köré írt kör középpontja (OA = OB = OC = R), paz UVW háromszög félkerülete, α, β, γ a BUOW , CV OU ,illetve AWOV négyszög átlói által alkotott kisebbik szögmértéke. Ekkor TABC = TBUOW + TCV OU + TAWOV =

=UW ·OB · sinα

2+UV ·OC · sin β

2+VW ·OA · sin γ

2≤

≤ UV + VW +WU

2·R = pR.

Tehát TABC ≤ pR, viszont a Ţiţeica-féle összefüggés szerint TABC = p0R, így p0R ≤ pR,vagyis p0 ≤ p, és ezzel a bizonyítást befejeztük.

Zárásként megemlítjük, hogy a talpponti háromszög csúcsai rajta vannak a kilencpontoskörön (más néven Euler-körön vagy Feuerbach-körön), tehát a talpponti háromszög köré írtkör átmegy az eredeti háromszög oldalainak felezőpontjain és a magasságpontot a csúcsokkalösszekötő szakaszok felezőpontjain.

Szakirodalom

[1] Teste şi probleme comentate pentru Concursul Interjudeţean de Matematică „Traian Lalescu”– forma prin corespondenţă (liceu), Universitatea din Timişoara, 5/1987

[2] Radó Ferenc: A talpponti háromszögekről, Matematikai és Fizikai Lapok, 1958/2, 87-90. old.

LOGIKAI FELADVÁNYOK∗

Rovatvezető: Tuzson Zoltán tanár, Székelyudvarhely

?

F: 268. Figyeljük meg a négyzetekben látható pöttyökelrendezési szabályát, és állapítsuk meg, hogy az A–F ábrákközül melyik illik a kérdőjel helyére?

A B C D E F

F: 269. Adott egy 6 cm × 9 cm-es névjegykártya és egy papírvágó kés, olló vagy borot-vapenge. El lehet vágni a névjegykártyát úgy, hogy a keletkezett lyukon átbújhassunk anélkül,hogy a névjegykártya szétszakadna? (A névjegykártya nem gumiból vagy más rugalmas anyag-ból készült, csak egyetlen összefüggő részre szabad vágni, és ragasztani nem szabad.)

∗Ezekre a feladatokra minden V-XII. osztályos tanuló küldhet megoldásokat 2020. szeptember 18-25.között a [email protected] címre.

199

Matlap 2020/6

F: 270. Az angol ábécé néhány betűjéből az ABHNMCIS. . . betűsort képeztük. Figyeljükmeg a szabályt, és írjuk a sor végére a következő négy betűt.

Kitűzésre javasolt feladványokat bárkitől szívesen elfogadunk. A javasolt feladvánnyalegyütt a megfejtést is kérjük. A feladványok legyenek ötletesek, rövid megfogalmazásúak, ésamennyiben lehet, eredetiek. A legjobb feladványokat a szerzők nevével együtt közöljük.

A Matlap 2020/4. számában kitűzött feladványok megfejtései

?

F: 262. Figyeljük meg a négyzetekben látható pöttyökelrendezési szabályát, és állapítsuk meg, hogy az A–F ábrákközül melyik illik a kérdőjel helyére?

A B C D E F

Megfejtés : Az első oszlopban álló két négyzetben levő fekete pöttyök által alkotott alakzat-nak függőleges szimmetriatengelye van, a második oszlopban levőknek vízszintes szimmetria-tengelyük, és a harmadik oszlopban levőnek a jobb átló szerinti szimmetriatengelye van. Ezenszempont alapján a kérdőjel helyére az E jelzésű ábra talál.

F: 263. Ági kedvenc teáscsészéjének füle teljesen ép,nincs eltörve. Egy 50 cm-es madzaggal egy hurkot köt a csészefülére az ábrán látható módon. A madzag két szabad végétmegfogja, és nem engedi el. A madzag elvágása nélkül, és acsésze fülének eltörése nélkül le tudja venni a csésze füléről amadzagot? Hogyan?

Megfejtés : Igen, a csésze füléről le lehet venni a madzagot.A mellékelt ábrán szemléltetjük, hogyan kell átbújtatni acsészét a meglazított hurkon. Az 50 cm-es madzaghossz azértkellett, hogy a lazításnál a madzag elegendően hosszú legyen.

F: 264. Az ABC háromszög csúcsaihoz, a bal oldali ábrán látható módon, rendre a3, az 1 és az 5 számokat rendeljük. Ebből egy újabb háromszöget képezünk, amelynél a csú-csokhoz tartozó számokat a jobb oldali két ábrán látható szabály szerint kapjuk. A szabályszerint ismételten újabb meg újabb háromszögeket származtatunk. Mely számok lesznek a 2020.háromszög csúcsaiban?

1

3 5A

B

C a a

a

b

b

bc

c

c+

+

+

Megfejtés : Táblázatba foglaljuk a származtatás első öt és utolsó két háromszögéhez tartozószámokat. Legkönnyebben az A sorban szereplő számokra találunk szabályt: 3 = 20 ·3, 6 = 21 ·3,12 = 22 · 3, 24 = 23 · 3, 48 = 24 · 3, 96 = 25 · 3. Tehát az A sor 2020. oszlopába 3 · 22019 kerül.

200

Matlap 2020/6

Megfigyelve a páratlan és a páros sorszámú oszlopokba írt számokat, könnyen belátható,hogy a 2020. oszlop B sorába 3 · 22019 + 2, és C sorába 3 · 22019 − 2 kerül.

1. 2. 3. 4. 5. . . . 2019. 2020.B 1 8 10 26 46 . . . 3 · 22018 − 2 3 · 22019 + 2

A 3 = 3 · 20 6 = 3 · 21 12 = 3 · 22 24 = 3 · 23 48 = 3 · 24 . . . 3 · 22018 3 · 22019C 5 4 14 22 50 . . . 3 · 22018 + 2 3 · 22019 − 2

MEGOLDOTT FELADATOK

(Válogatás a Matlap 2020/2. és 3. számaiban kitűzött feladatokból)

V-VIII. osztályok

A: 4147. Egy táblára a 2, 4, 6, . . . , 2020 számokat írtuk fel. Ezután minden lépésben letör-lünk két számot, és helyettük a szorzatukat írjuk fel. Lehetséges, hogy az utolsó két megmaradtszám négyzetszám legyen? Válaszunkat indokoljuk meg.

***Megoldás: Vajda Gergely, Európa Általános Iskola V.o., Marosvásárhely

tanár: Secăreanu ÉvaA táblán álló számok szorzata változatlan minden lépés után: P = 2 · 4 · 6 · 8 · . . . · 2020 =

= 2(2 · 2)(2 · 3)(2 · 4) . . . (2 · 1010) = 21010 · 1 · 2 · 3 · 4 · . . . · 1010.Ha két négyzetszám marad utoljára a táblán, akkor a szorzatuk is négyzetszám, de P nem

négyzetszám, mert az 1 · 2 · 3 · 4 · . . . · 1010 szorzatban szereplő legnagyobb prímszám csakegyszer szerepel.

Tehát az utolsó két szám nem lehet négyzetszám.

A: 4148. a) Igazoljuk, hogy A négyzetszám, ha

A =67

97+

6767

9797+ . . .+

6767 . . . 67

9797 . . . 97︸︷︷︸12998 számjegy

.

b) Hány természetes szám van a22020 + 1

2és

24040 + 1

4racionális számok között?

***

Megoldás: Csomós Dávid, Nagy István Művészeti Líceum V.o., Csíkszeredatanár: Csata Lili

a) Az A szám így írható:

A =67

97+

67 · 101

97 · 101+

67 · 10101

97 · 10101+ . . .+

67 · 1010 . . . 101

67 · 1010 . . . 101︸︷︷︸12997 számjegy

=

=67

97+

67

97+ . . .+

67

97︸︷︷︸6499

= 6499 · 67

97= 67 · 97 · 67

97= 67 · 67 = 672. Tehát A négyzetszám.

201

Matlap 2020/6

b)22020 + 1

2=

22020

2+

1

2= 22019 +

1

2és

24040 + 1

4=

24040

22+

1

4= 24038 +

1

4.

Keressük azon n természetes számokat, amelyekre 22019 +1

2< n < 24038 +

1

4, vagyis

22019 < n ≤ 24038. Így 24038 − 22019 = 22019(22019 − 1) darab természetes szám van a két adottszám között.

A: 4149. Az 1 3 5 7 9 számkártyákból ötjegyű számokat rakunk ki úgy,hogy minden számban pontosan két számjegy álljon ugyanazon a helyi értéken, mint a 97531számban. Hány ilyen számot lehet kirakni?

***Megoldás: Fodor Tamás, II. Rákóczi Ferenc Róm.-Kat. Teol. Líc. V.o., Marosvásárhely

tanár: Nagy ÉvaAz öt számkártyából kettőt (5 ·4) : 2 = 10-féleképpen választhatunk. Tehát 10-féleképpen

választhatunk két helyén maradó számjegyet a 97531 számban. Ha két számot kiválasztot-tunk, akkor a harmadik számjegy 2 helyre kerülhet, a negyedik és ötödik helye egyértelműenmeghatározott. Így 2 · 10 = 20 ötjegyű számot lehet készíteni.

TölgyHárs

Platán Gyertyán

A: 4150. A hétvégi kirándulás résztvevőiegy kastélyparkot látogattak meg, amelyben négyévszázados fa áll. A fákat sétányok kötik össze, amellékelt ábrán látható módon. A gyerekek a tölgy-fától indultak a sétára, fától fáig haladva min-denki pontosan hat ösvényen haladt végig. Legtöbbhány gyerek vett részt a kiránduláson, ha minde-gyik különböző útvonalon sétált? (Két útvonal nemkülönböző, ha ugyanazokat az ösvényeket tartal-mazza ugyanabban a sorrendben.)

***Megoldás: Blénessi Nimród, Fogarasy Mihály Általános Iskola V.o., Gyergyószentmiklós

tanár: Baricz LeventeÖsszeszámoljuk a lehetséges utakat. A Tölgyfától indulva két ösvény közül lehet válasz-

tani, így a lehetséges útvonalak száma 2. A következő fánál megint két ösvény közül lehetválasztani. Így 2 · 2 = 4 a különböző útvonalak száma két kiválasztott ösvény után. Hasonlóanfolytatva hat ösvényen megtett séta után 2 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 = 64 különböző útvonal van.

Tehát 64 gyerek vett részt a kiránduláson.

A: 4152. Hány eleme van a következő halmaznak :A = {(x, y) | 13x+ 4y = 2020, x ∈ N, y ∈ N}?

Vasile Şerdean tanár, Szamosújvár

Megoldás: Dávid Veronka, Tamási Áron Gimnázium VI.o., Székelyudvarhelytanár: Deák Zsuzsanna

A 13x+4y = 2020 egyenletből következik, hogy y =2020− 13x

4, ahonnan y = 505− 13x

4.

Mivel y ∈ N, ezért x = 4k, ahol k ∈ N. Tehát y = 505− 13k ≥ 0, vagyis 13k ≤ 505 ⇒ k ≤ 38és k ∈ N. Tehát 0 ≤ k ≤ 38, vagyis 39 darab k értékre kapunk megfelelő megoldásokat.

Az A halmaznak 39 eleme van.

202

Matlap 2020/6

A: 4154. Az ABC egyenlő szárú háromszögben AB ≡ AC és A = 72◦. A háromszög ABoldalán felvesszük a D és E pontokat úgy, hogy ACD ≡ DCE ≡ ECB, valamint F a BC oldalegy olyan pontja, amelyre EF a BEC szögfelezője. Igazoljuk, hogy :

a) AFB∆ ≡ CFE∆; b) AF ⊥ CE.***

Megoldás: Drágos Rolland, Kalazanczi Szt. József Róm.-Kat. Teol. Líc. VI.o., Nagykárolytanár: Nagy Réka

A

B C

E

D

F

M

a) Mivel a háromszög egyenlő szárú és A = 72◦,

ezért B = C =180◦ − 72◦

2= 54◦.

Ekkor ACD = DCE = ECB = 54◦ : 3 = 18◦.Az AEC háromszögben A = 72◦, C = 2 ·18◦ = 36◦,

ekkor E = 180◦ − (72◦ + 36◦) = 72◦, tehát a háromszögegyenlő szárú, CE ≡ CA, így CE ≡ AB (1).

Továbbá BEC = 180◦ − AEC = 180◦ − 72◦ = 108◦, így BEF = FEC =108◦

2= 54◦ =

= EBF (2), tehát az EBF háromszög egyenlő szárú FB ≡ FE (3).Az (1), (2) és (3) alapján AFB∆ ≡ CFE∆ (o-sz-o).

b) Mivel AEC = 72◦ és CEF = 54◦, ezért AEF = 72◦ + 54◦ = 126◦. Továbbá EAF =

= ECF = 18◦. Ekkor az AEF háromszögben

EFA = 180◦ − (AEF + EAF ) = 180◦ − (126◦ + 18◦) = 36◦.Legyen AF ∩ CE = {M}. Mivel az EFM háromszögben E = 54◦, F = 36◦, ezért

M = 180◦ − (E + F ) = 90◦. Tehát AF ⊥ CE.

A: 4155. Panni, Piri, Pali és Peti meglátogatták nagyszüleiket, akik könyvtárukból 32könyvet unokáiknak adtak. Hazafelé indulva a táskáikba különböző számú könyv került, de ott-hon elosztották úgy, hogy végül mindenkinek ugyanannyi könyv jutott. Először Panni osztottaszét a nála levő könyvek felét Pali és Piri között, majd Piri tette ugyanezt Pali és Panni között,végül Pali adta oda a könyvek felét hasonló módon Panninak és Pirinek. Hány könyv volt agyerekek táskáiban hazainduláskor külön-külön?

***Megoldás: Jánó Ákos, Kőrösi Csoma Sándor Líceum VI.o., Kovászna

tanár: Pop CsillaA feladatot a fordított út módszerével oldjuk meg, egy táblázatba foglalva a gyerekeknél

levő könyvek számát, minden osztozás után. Mivel 32 könyvet kaptak, végül minden gyereknek32 : 4 = 8 könyve lett.

osztozásután induláskor

Panni 8 8− 4 = 4 4− 2 = 2 2 · 2 = 4Piri 8 8− 4 = 4 4 · 2 = 8 8− 1 = 7Pali 8 8 · 2 = 16 16− 2 = 14 14− 1 = 13Peti 8 8 8 8

Tehát hazainduláskor Petinek 8, Panninak 4, Palinak 13 és Pirinek 7 könyv volt atáskájában.

203

Matlap 2020/6

A: 4157. Töltsük ki az 1. ábrán látható négyzethálót olyan egész számokkal, amelyekre asorok, az oszlopok és az átlók mentén elhelyezkedő számok összege egyenlő.

***Megoldás: Seres Renáta, Székely Mikó Kollégium VII.o., Sepsiszentgyörgy

tanár: Deák Éva

-2

-7 -10

-2

-7 -10

a a

a

+3 -15

-5 1

+8

-2

-7 -10

-15

-5 1

6 3

11


Legyen a az 1. sor 3. oszlopában álló szám. Ekkor az átló mentén álló három szám összege−7− 2 + a = a− 9. Tehát ez lesz az összeg a másik átló mentén is, így itt az a+ 3 számot írjukaz üres mezőbe és a 3. sor mentén is, így ide a+ 8 kerül az üres mezőbe.

Ekkor az 1. oszlopban (a+3)−7−5 = a−9, tehát az üres mezőbe −5 kerül, a 2. oszlopban(a + 8)− 2 − 15 = a − 9, tehát az üres mezőbe −15 kerül, a 3. oszlopban a − 10 + 1 = a − 9,tehát az üres mezőbe 1 kerül. Így kitöltöttük a négyzethálót a 2. ábrán látható módon.

Az összeg −5− 2 + 1 = −7 + 1 = −6, tehát a− 9 = −6 ⇒ a = 3. A kitöltött négyzethálóa 3. ábrán látható.

A: 4158. Oldjuk meg az egyenleteket :

a) x2 − 2x− 143 = 0, ahol x ∈ Z; b)3

x− 2

y= 1, ahol x, y ∈ Z∗.

***Megoldás: Balogh Roland Péter, Elméleti Líceum VII.o., Nagykároly

tanár: Kiss Sándora) x2 − 2x − 143 = 0 ⇐⇒ x(x − 2) = 143 ⇐⇒ x(x − 2) = 11 · 13. Mivel x, y ∈ Z,

a következő esetek lehetségesek: ha x = 13, akkor 13(13− 2) = 11 · 13 igaz; ha x = −11, akkor−11(−11− 2) = 11 · 13 igaz.

Tehát M = {−11, 13}.

b)3

x− 2

y= 1 ⇔ 3y− 2x = xy ⇔ 3y− 2x− xy+ 6− 6 = 0 ⇔ (3y+ 6)− (2x+ xy) = 6 ⇔

⇔ 3(y + 2)− x(y + 2) = 6 ⇐⇒ (y + 2)(3− x) = 2 · 3.Mivel x, y ∈ Z∗, a következő esetek lehetségesek:ha y + 2 = 2, 3 − x = 3 ⇒ y = 0 nem lehet; ha y + 2 = 3, 3 − x = 2 ⇒ y = 1, x = 1;

ha y + 2 = −2, 3 − x = −3 ⇒ y = −4, x = 6; ha y + 2 = −3, 3 − x = −2 ⇒ y = −5, x = 5;ha y + 2 = 1, 3 − x = 6 ⇒ y = −1, x = −3; ha y + 2 = 6, 3 − x = 1 ⇒ y = 4, x = 2;ha y + 2 = −1, 3− x = −6 ⇒ y = −3, x = 9; ha y + 2 = −6, 3− x = −1 ⇒ y = −8, x = 4.

Tehát M = {(1, 1); (6,−4); (5,−5); (−3,−1); (2, 4); (9,−3); (4,−8)}.

A: 4159. Legyen C(O1, O1B) és C(O2, O2B) két belső érintő kör, O1B = 2O2B, ABés AC az O1 középpontú kör átmérője, illetve egy olyan húrja, amely a D pontban érinti azO2 középpontú kört. Ha BC ∩ C(O2, O2B) = {E}, O1E ∩ DO2 = {P} és M az AC szakaszfelezőpontja, akkor mutassuk ki, hogy :

a) BD ⊥ PC;b) M , P és B kollineáris pontok.

Balázs Csaba tanár, Brassó

204

Matlap 2020/6

Megoldás: Török Tímea, Sövér Elek Szakközépiskola VII.o., Gyergyóalfalutanár: Bencző Piroska

A

MD

C

E

BOO

P

21

N

a) Az AC érintő, ezért O2D ⊥ AC, valamint ABátmérő, ezért BC ⊥ AC, tehát O2D ‖ BC (1).

Az O1B átmérő, így O1E ⊥ BC, tehát O1E ‖ AC (2).Az (1), (2) és a merőlegesség alapján CDPE téglalap,

tehát CD ≡ EP (3).Az O1EB háromszögben O1O2 ≡ O2B és BE ‖ O2P ,

ezért O2P középvonal, tehát O1P ≡ PE (4).A (3) és (4) alapján O1P ≡ DC, valamint O1P ‖ DC,

tehát CDO1P paralelogramma, ezért O1D ‖ PC (5).Mivel O1B átmérő, ezért O1D ⊥ BD és így (5) alapján BD ⊥ PC.b) Legyen N a DO1 szakasz felezőpontja.Az O1AC háromszög egyenlő szárú, O1M oldalfelező, ezért O1M ⊥ AC. Így O1M ‖ DP

és AC ‖ O1E, tehát DMO1O2 téglalap. Ekkor M , N és P kollineáris pontok.Az O1BC háromszög egyenlő szárú, ezért az O1E magasság oldalfelező is, BE ≡ EC.

Tehát PO2 =BE

2=EC

2=DP

2⇒ 2PO2 = DP , ahol DO2 oldalfelező a DO1B háromszögben.

Így P a háromszög súlypontja. Ekkor B, P és N kollineáris pontok.Mivel M , N és P , illetve B, P és N kollineáris, ezért M , P és B kollineáris pontok.

A: 4160. Egy dobozban volt valamennyi csokoládé. Viola kivett hármat, egyet adottPéternek, egyet Sárának, egyet pedig Károlynak. Ezt addig folytatta, amíg a dobozban kétcsokoládé maradt. Ezután Pétertől elvett két csokoládét, egyet Sárának, egyet pedig Károlynakadott. Ezt addig folytatta, amíg Péternek egy csokoládéja maradt. Így Sárának 19 csokoládéjalett. Hány csokoládé volt eredetileg a dobozban?

***Megoldás: Gábor Farkas Ferenc, Bethlen Gábor Kollégium VII.o., Nagyenyed

tanár: Szilágyi András LeventeHa a végén Sárának 19 csokoládéja lett, akkor Károlynak is ennyi volt, Péternek pedig

csak 1 csokoládéja maradt, illetve a dobozban is maradt 2 csokoládé.Tehát eredetileg 2 · 19 + 1 + 2 = 41 csokoládé volt a dobozban.

A: 4162. a) Bontsuk szorzótényezőkre:

(1) (n+ 1)3 − n3 − 1; (2) (n+ 1)5 − n5 − 1.b) Adottak a következő összegek :

A =1

23 − 13 − 1+

1

33 − 23 − 1+

1

43 − 33 − 1+ . . .+

1

(n+ 1)3 − n3 − 1,

B =12 + 1 + 1

25 − 15 − 1+

22 + 2 + 1

35 − 25 − 1+

32 + 3 + 1

45 − 35 − 1+ . . .+

n2 + n+ 1

(n+ 1)5 − n5 − 1.

Igazoljuk, hogyB

A= 0, 6.


Megoldás: Simon László, Európa Általános Iskola VIII.o., Marosvásárhelytanár: Secăreanu Éva

a) (1) (n+ 1)3 − n3 − 1 = n3 + 3n2 + 3n+ 1− n3 − 1 = 3n2 + 3n = 3n(n+ 1);

205

Matlap 2020/6

(2) (n+ 1)5 − n5 − 1 = 5n4 + 10n3 + 10n2 + 5n = 5n(n3 + 2n2 + 2n+ 1) == 5n[(n3 + 1) + (2n2 + 2n)] = 5n[(n+ 1)(n2 − n+ 1) + 2n(n+ 1)] == 5n(n+ 1)(n2 − n+ 1 + 2n) = 5n(n+ 1)(n2 + n+ 1).

b) Az (1) felbontás alapján

A =1

3 · 1 · 2+

1

3 · 2 · 3+ . . .+

1

3n(n+ 1)=

1

3

(1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . .+

1

n(n+ 1)

)(3),

és a (2) felbontás alapjánn2 + n+ 1

5n(n+ 1)(n2 + n+ 1)=

1

5n(n+ 1), így

B =1

5 · 1 · 2+

1

5 · 2 · 3+ . . .+

1

5n(n+ 1)=

1

5

(1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . .+

1

n(n+ 1)

)(4).

Ekkor (3) és (4) alapjánB

A=

3

5= 0, 6.

A: 4163. Adott az E(x) =x+ 1

x− 1+

4

x2 − 1+

1− xx+ 1

kifejezés.

a) Hozzuk a legegyszerűbb alakra az E(x) kifejezést.

b) Határozzuk meg azon x ∈ Z számokat, amelyekre4

|E(x)|≤ 2.

***Megoldás: Mihály Hanna, Mikes Kelemen Elméleti Líceum VIII.o., Sepsiszentgyörgy

tanár: Máthé Attilaa) Az E(x) kifejezés értelmezett ha x ∈ R \ {±1}.

E(x) =x+ 1

x− 1+

4

(x+ 1)(x− 1)+

1− xx+ 1

=x2 + 2x+ 1 + 4− x2 + 2x− 1

(x+ 1)(x− 1)=

=4(x+ 1)

(x+ 1)(x− 1)=

4

x− 1.

b)4

|E(x)|≤ 2 ⇐⇒ 4

4

|x− 1|

≤ 2 ⇐⇒ |x−1| ≤ 2 ⇐⇒ −2 ≤ x−1 ≤ 2, ahol x ∈ Z\{±1}.

Tehát −1 ≤ x ≤ 3, így x ∈ {0, 2, 3}.

A: 4165. Egy egyenes hasáb alapja egy n oldalú konvex sokszög. Ha a hasáb lapátlóinakés testátlóinak összege 12166, akkor határozzuk meg, hogy hány csúcsa van az alapját képezőkonvex sokszögnek.

***Megoldás: Darvas Patrik, Nagy Imre Általános Iskola VIII.o., Csíkszereda

tanár: Esztány Zita

Egy n oldalú konvex sokszög átlóinak száman(n− 3)

2. Így a hasáb két alaplapjának

összesen n(n− 3) átlója van.A hasáb oldallapjai téglalapok, ezek átlóinak száma összesen 2n.A hasáb testátlóinak száma n(n− 3).Tehát n(n− 3) + 2n + n(n− 3) = 12166 ⇐⇒ 2n(n− 3 + 1) = 12166 ⇐⇒ n(n− 2) =

= 6083 ⇐⇒ n(n− 2) = 79 · 77 ⇒ n = 79.A konvex sokszögnek 79 csúcsa van.

206

Matlap 2020/6

A: 4166. Adott a 14, 17, 50, 25, 29, 85, 89, . . . számsorozat.a) Határozzuk meg, hogy milyen szabály szerint követik egymást a számok, és írjuk fel a

számsorozat következő nyolc tagját.b) Melyik a számsorozat 2020. tagja?c) Mennyi a számsorozatban szereplő különböző négyzetszámok összege?d) Számítsuk ki a számsorozat első 2020 tagjának összegét.


Megoldás: Szenner Csongor, Fogarasy Mihály Általános Iskola V.o., Gyergyószentmiklóstanár: György András

a) Láthatjuk, hogy 12 + 42 = 17, 12 + 72 = 50, 52 + 02 = 25, 22 + 52 = 29, . . . . Tehát aszámsorozatban a 2. tagtól kezdve mindegyik az előző tag számjegyei négyzetének összegévelegyenlő. A következő nyolc tag: 82 + 92 = 145, 12 + 42 + 52 = 42, 42 + 22 = 20, 22 + 02 = 4,42 = 16, 12 + 62 = 37, 32 + 72 = 58, 52 + 82 = 89.

b) A számsorozat így néz ki: 14, 17, 50, 25, 29, 85, 89, 145, 42, 20, 4, 16, 37, 58, 89,145, 42, 20, 4, . . .

Tehát a 7. tagtól kezdődően következő nyolc tag ismétlődik a számsorozatban.Mivel 2020− 6 = 2014 és 2014 = 8 · 251 + 6, következik, hogy a számsorozat 2020. tagja

az ismétlődő nyolc tag közül a hatodik, vagyis 16.c) A számsorozatban 6+8 = 14 különböző szám szerepel, ezek között három négyzetszám

van, összegük 25 + 4 + 16 = 45.d) A keresett összeg S = (14 + 17 + 50 + 25 + 29 + 85) + 251(89 + 145 + 42 + 20 + 4+

+16 + 37 + 58) + (89 + 145 + 42 + 20 + 4 + 16) = 220 + 251 · 411 + 316 = 103697.

C

F

E

D

AB

A: 4169. Az A,B,C,D,E, F pontok egy erdőben a télietetők helyét jelölik, a nyilak pedig az őket összekötő utakat. Avadőr minden úton egyszer ment végig, a nyíl irányában. Hon-nan indult és hova érkezett a vadőr? Melyik etetőnél volt egyalkalommal és melyiknél kétszer? Milyen sorrendben járhattavégig az etetőket?

***

Megoldás: Dénes Máté Gergő, Kölcsey Ferenc Főgimnázium V.o., Szatmárnémetitanár: Tempfli Gabriella

A D és E etetőkhöz egy nyíl érkezik és egy távozik. A C és F etetőkhöz két nyíl érkezik éskettő távozik. Az A etetőhöz egy nyíl érkezik és kettő távozik, a B etetőhöz pedig két nyíl érkezikés egy távozik. Tehát a vadőr az A etetőtől indult és a B etetőhöz érkezett az út végén, egy alka-lommal volt a D és E etetőknél, két alkalommal az A, B, C, F etetőknél, valamint a következőútvonalak valamelyikén haladt végig: AFECFBCDAB, AFECDABCFB, AFBCFECDAB,ABCFECDAFB, ABCDAFECFB.

A: 4170. Bolha Béla a számegyenesen ugrál, a nullától indul. Először pozitív irányba7 egység hosszúságút, majd ellenkező irányba 4 egység hosszúságút, és ismét pozitív irányba5 egység hosszúságút ugrik. A továbbiakban ezt a három ugrást ismételgeti, ugyanilyen sorrend-ben. Hányadik ugrással jut Bolha Béla olyan pontra a számtengelyen, amely a legközelebb vana 2020-szal jelölt ponthoz?

***

207

Matlap 2020/6

Megoldás: György Dániel, Bolyai Farkas Elméleti Líceum V.o., Marosvásárhelytanár: Mátéfi István

Bolha Béla minden három ugrással 7− 4 + 5 = 8 egységnyit halad pozitív irányba. Mivel2020 = 8 · 252 + 4, ezért a 252 · 3 = 756. ugrással a 2020− 4 = 2016-os számmal jelölt pontraérkezik, a 757. ugrással a 2016 + 7 = 2023-ra, a 758. ugrással a 2023− 4 = 2019-re érkezik, ezvan legközelebb a 2020-hoz.

A: 4171. Határozzuk meg azokat a természetes számokat, amelyeket 17-tel osztva 3-szornagyobb hányadost kapunk, mint amekkora a maradék, 11-gyel osztva pedig 7-szer akkora hánya-dost kapunk, mint amekkora a maradék.


Megoldás: Budacsek Tímea, Csiky Gergely Főgimnázium VI.o., Aradtanár: Kurunczi Andrea

Legyen n a keresett természetes szám. Írhatjuk, hogy{n = 17 · 3r + rn = 11 · 7q + q

, ahol{r < 17q < 11

⇒{n = 52rn = 78q

⇒{n = 26 · 2rn = 26 · 3q , tehát 2r = 3q.

Az r szám osztható 3-mal és kisebb, mint 17, így öt esetet kapunk.Ha r = 3 ⇒ q = 2 ⇒ n = 52 · 3 = 156; ha r = 6 ⇒ q = 4 ⇒ n = 52 · 6 = 312;ha r = 9 ⇒ q = 6 ⇒ n = 52 · 9 = 468; ha r = 12 ⇒ q = 8 ⇒ n = 52 · 12 = 624;ha r = 15 ⇒ q = 10 ⇒ n = 52 · 15 = 780.Tehát n ∈ {156; 312; 468; 624; 780}.

A: 4172. Ha a, b, c, d, e, f és g különböző számjegyeket jelölnek, akkor határozzuk meg,hogy mennyi lehet az A = a+ bc+ d+ a− b+ e+ f + g szám legkisebb és legnagyobb értéke.

***Megoldás: Lőrincz Andrea, Sövér Elek Szakközépiskola VI.o., Gyergyóalfalu

tanár: Bencző PiroskaÍrhatjuk, hogy A = (2a+ d+ e+ f + g) + b(c− 1).Az A értéke a legkisebb, ha b a legnagyobb, vagyis b = 9 és c = 0, továbbá a = 1 és

d+ e+ f + g = 2 + 3 + 4 + 5. Tehát A = 2 + 14− 9 = 7.Az A értéke a legnagyobb, ha c = 9, b = 8, a = 7 és d + e + f + g = 6 + 5 + 4 + 3 = 18.

Tehát A = 14 + 18 + 64 = 96.

A: 4174. a) Egy egyenlő szárú háromszögben meghúzzuk az egyik szárhoz tartozó ma-gasságot, amelynek a másik szárral bezárt szöge 13◦-kal kisebb, mint az alapon fekvő szög.Mekkorák a háromszög szögei?

b) Az ABC egyenlő szárú háromszög alapja BC. A háromszög felvágható négy olyan nemkongruens egyenlő szárú háromszögre, amelynek szárai BC hosszúságúak. Hány fokosak az ABCháromszög szögei?

***Megoldás: Antal Áron, Fülöp Áron Általános Iskola VI.o., Felsőboldogfalva

tanár: Tuzson Rékaa) Az MNP háromszögben MN ≡ MP , ezért N ≡ P és PR ⊥ MN . Tudjuk, hogy

RPM = NPM − 13◦, így NPR = 13◦.Az NPR háromszögben R = 90◦, ezért N = 90◦ − 13◦ = 77◦.Tehát az MNP háromszögben N = P = 77◦ és M = 180◦ − 2 · 77◦ = 26◦ (1. ábra).

208

Matlap 2020/6

M

R

N Px

x

x

x

x

x

x

x

2

2

43

3

A

D

E

CB

F

1. ábra 2. ábra

b) Néhány próbálkozás után rájövünk, hogy a BC alap rövid, az AB és AC szárakhosszúak kell legyenek, és a négy háromszög helyzetét is megtaláljuk: BC ≡ CF ≡ FE ≡≡ ED ≡ DA, ahol D,F ∈ AB és E ∈ AC (2. ábra). Vizsgáljuk, hogy milyen összefüggés vana kapott háromszögek szögei között.

Ha A = x, akkor BCF = x és DEA = x. Mivel FDE aDAE háromszög külső szöge, ezértFDE = 2x, így DFE = 2x. Továbbá CEF az AEF háromszög külső szöge, ezért CEF = 3x,így FCE = 3x. Ekkor C = B = 4x.

Tehát az ABC háromszögben x+ 2 · 4x = 180◦ ⇒ x = 20◦, így A = 20◦, B = C = 80◦.

A: 4175. Barnabás és Bendegúz repülőn utaznak. Barnabás ezt mondja: „Ha ebben apillanatban a levegőben levő utasszállító repülők száma nagyobb, mint bármelyik repülőn levőutaslétszám, akkor van legalább két repülő, amelyiken ugyanannyi utas van.” Bendegúz gondol-kozott egy kicsit, majd azt mondta: „Igazad van, egy sajátos esetet kivéve.” Hogy gondolkozotta két fiú?

***Megoldás: Boér Ákos, Nagy Imre Általános Iskola VI.o., Csíkszereda

tanár: Birta MáriaBarnabás így gondolkozott:Ha n repülő van a levegőben, és mindegyiken ennél kevesebb, különböző létszámú utas

van, akkor a lehetséges utasok száma az egyes repülőkön 1, 2, 3, . . . , n − 1. Ez azonban csakn− 1 lehetőség, tehát van legalább két repülő, amelyiken ugyanannyi utas van.

Bendegúz igazat adott neki, de észrevette, hogy abban a sajátos esetben, ha egy utasszál-lítón nincs egyetlen utas sem (csak a személyzet), akkor mindegyik repülőn különböző az utasokszáma.

A: 4176. Hány olyan n ∈ N∗ szám van, amelyre M =7n− 5

4és N =

5n+ 7

4egyidőben

egész szám?***

Megoldás: Kovács Koppány, Gaál Mózes Általános Iskola VII.o., Baróttanár: Zajzon Csaba

Írhatjuk, hogy M =8n− 4− n− 1

4=

4(2n− 1)

4− n+ 1

4= 2n − 1 − n+ 1

4. Láthatjuk,

hogy M ∈ Z ha n+ 1 osztható 4-gyel.

209

Matlap 2020/6

Továbbá N =4n+ 4 + n+ 3

4=

4(n+ 1)

4+n+ 3

4= n + 1 +

n+ 3

4, és N ∈ Z, ha n + 3

oszható 4-gyel.Mivel 4 nem osztja az n+ 1 és n+ 3 alakú számokat ugyanarra az n értékre, ezért nincs

olyan n ∈ N∗ szám, amelyre M és N egyidőben egész szám.

A: 4177. Az ABC háromszögben DE ‖ AB, ahol D az AC szakasz, E pedig a BC szakaszegy pontja. Legyen TABC = T , TBDC = T1 és TEDC = T2. Igazoljuk, hogy T + T2 > 2T1.

Deák Imre tanár, Székelyudvarhely

Megoldás: Simon Szilvia, Sövér Elek Szakközépiskola VII.o., Gyergyóalfalutanár: Bencző Piroska

B

A

D

E CN

H

h

M

Legyen AM ⊥ BC, M ∈ BC, AM = H, valamintDN ⊥ BC, N ∈ BC, DN = h.

Mivel DE ‖ AB, ezért a hasonlóság alaptételeszerint DEC∆ ∼ ABC∆, és így a hasonló három-szögek területeinek aránya egyenlő a hasonlósági arány

négyzetével. EkkorT2T

=

(h

H

)2

=

(EC

BC

)2

.

Tudjuk, hogy T2 =EC · h

2és T1 =

BC · h2

, ezértT2T1

=EC

BC.

TehátT2T

=T 22

T 21

⇒ T2T21 = T 2

2 T ⇒ T 21 = T2T ⇒ T1 =

√TT2.

Mivel a számtani közép nagyobb, mint a mértani, írhatjuk, hogyT + T2

2>√TT2 = T1, így T + T2 > 2T1.

A: 4178. Az egymástól 300 km távolságra fekvő A és B városokból ugyanabban a pillanat-ban két gépkocsi indul el egymással szembe: az A-ból induló sebessége 60 km

h , a B-ből indulóé

pedig 90 kmh . Addig járnak oda-vissza megállás nélkül, amíg egyszerre érkeznek meg a kiindulási

pontjukba.a) Határozzuk meg a találkozások helyeinek távolságát az A várostól. Mennyi idő telik el

minden egyes találkozásig?b) Hányszor találkoznak a gépkocsik ez idő alatt?c) Mennyi idő múlva érkeznek vissza a kiindulási pontjukba?


Megoldás: Fülöp Véda, Kőrösi Csoma Sándor Líceum VII.o., Kovásznatanár: Bende Izabella

A DC E F B

12O

6O 9O

18Okm

km km

km

/ /h ha) A 300 km-es utat az ábrán 60 km-es szakaszokraosztottuk fel. Mivel 1 óra alatt összesen 150 km-t tesznekmeg, ezért a 300 km-t 2 óra alatt teszik meg. Az elsőtalálkozási pont a D, AD = 120 km, ezt 2 óra alatt teszikmeg.

210

Matlap 2020/6

A második találkozási pont az F , AF = 240 km, az elsőtől számítva 4 óra múlva érnekoda. A harmadik találkozási pont az A, a második találkozástól számítva az utat 4 óra alattteszik meg. A negyedik találkozási pont az F , a harmadik találkozástól 4 órára van szükség.

Az ötödik találkozási pont a D, a negyedik találkozástól kezdve 4 óra múlva érnek oda.b) Újabb 2 óra múlva visszaérkeznek az eredeti helyeikre, ötször találkoztak.c) Az indulástól számítva 2 + 4 + 4 + 4 + 4 + 2 = 20 óra múlva érkeznek vissza.

A: 4179. Egy háromszög egyik oldalának hossza a másik két oldal hosszának számtaniközepe. A leghosszabb oldalon fekvő szögek belső szögfelezőinek metszéspontja a legrövidebb

oldalra húzott szögfelezőt5

2arányban osztja. Határozzuk meg a háromszög oldalainak hosszát,

ha tudjuk, hogy a háromszög kerülete 21 cm.


Megoldás: Fogarasi Tímea, Nicolae Titulescu Általános Iskola VII.o., Kolozsvártanár: Halász Csilla

cb

a

A

E

CB

D

Az ABC háromszög oldalainak hosszát jelölje a, b, c éslegyen a > b > c.

A legrövidebb oldalra húzott CD szögfelezőt a B csúcsból

húzott szögfelező az E pontban metszi ésCE

ED=

5

2.

ACE

EDarányt ki kell fejezzük az ABC háromszög oldalai segítségével, ezért az ABC

háromszögben alkalmazzuk a szögfelezőtételtBD

DA=a

b, ahonnan származtatással

BD

BD +DA=

=a

a+ b⇒ BD

c=

a

a+ b⇒ BD =

ac

a+ b. A BCD háromszögben is alkalmazzuk a

szögfelezőtételtCE

ED=BC

BD, ahonnan

CE

ED=a+ b

c⇒ a+ b

c=

5

2.

Ezek szerint meg kell oldjuk aza+ c

2= b,

a+ b

c=

5

2és a+ b+ c = 21 egyenletekből álló

egyenletrendszert.Az első és harmadik egyenletből b = 7, és így az első két egyenletből a = 8 és c = 6.Tehát a háromszög oldalainak hossza 8 cm, 7 cm és 6 cm.

A: 4181. Legyen a egy pozitív valós szám, amelyre (a − 2026)√a = 45. Számítsuk ki

√a− 1√

aés√a+

1√aértékét.


Megoldás: Durugy Attila, Jósika Miklós Elméleti Líceum VIII.o., Tordatanár: Durugy Erika

(a− 2026)√a = 45 ⇔ a− 2026 =

45√a⇔ a− 1− 2025 =

45√a⇔ a− 2025 =

45√a

+ 1 ⇔

⇔ (√a− 45)(

√a+ 45) =

45 +√a√

a⇒√a− 45 =

1√a⇔√a− 1√

a= 45.

Ekkor(√a+

1√a

)2

=

(√a− 1√

a

)2

+ 4√a · 1√

a= 452 + 4 = 2029.

211

Matlap 2020/6

Tehát√a+

1√a

=√

2029.

A: 4183. Az ABCA′B′C ′ szabályos háromoldalú hasáb alapélének hossza 4 cm, magas-sága pedig 12 cm. Az AA′, BB′, CC ′ oldaléleken felvesszük az M , N , illetve P pontokat úgy,hogy AM = MA′, BN = 3NB′ és 3CP = PC ′. Legyen d az (ABC) és (MNP ) síkok közösegyenese.

a) Ha d ∩BC = {D} és d ∩ AC = {E}, igazoljuk, hogy a CDE háromszög derékszögű.b) Számítsuk ki az MNP háromszög területét.

***a) Megoldás: Orbán Pál, Nagy Mózes Elméleti Líceum VIII.o., Kézdivásárhely

tanár: Dáni Zsuzsanna

B

A

C

N M

P

d

B

A

C

E

D

Mivel MA ‖ PC, ezért MACP trapéz, így MP és ACmetsző egyenesek. Tudva, hogy (ABC) ∩ (MNP ) = d, ígyMP ∩ AC = {E}.

Hasonlóan NP ∩BC = {D}.

Mivel MA =AA′

2= 6 cm, CP =

CC ′

4= 3 cm és

MA ‖ CP , ezért CP középvonal az EAM háromszögben,így CE = AC = 4 cm.

Továbbá DPC∆ ∼ DNB∆, ezértDC

DB=PC

NB=

1

3⇒

⇒ DC

4 +DC=

1

3⇒ DC = 2 cm.

A CDE háromszögben C = ACB = 60◦, valamint

DC =CE

2, tehát a háromszög derékszögű, D = 90◦.

b) Mivel az ABC háromszög az MNP háromszög vetülete az (ABC) síkra, ezért TABC == TMNP cosα, ahol α az (ABC) és (MNP ) síkok által alkotott lapszög mértéke.

Tudjuk, hogy (ABC) ∩ (MNP ) = d és D,E ∈ d és CD ⊥ DE, tehát CD ⊥ d.Továbbá PC ⊥ (ABC), CD ⊥ DE, CD ⊂ (ABC), d ⊂ (ABC), ezért a három merőleges

tétele alapján PD ⊥ d.Tehát az (ABC) és (MNP ) síkok által alkotott lapszög a PDC. A PDC háromszögben

C = 90◦, CD = 2 cm, PC = 3 cm, így PD =√

13 cm és cosα = cos PDC =CD

PD=

2√13

.

Továbbá TABC =BC · h

2=BC2√

3

4= 4√

3 (cm2), tehát TMNP =TABC

cosα=

4√

3 ·√

13

2=

= 2√

39 (cm2).

A: 4184. Adottak az f, g : R→ R, f(x) = −x+ 3 és g(x) = x+ 7 függvények. Ábrázoljukaz f és g függvényeket ugyanabban a koordináta-rendszerben, és igazoljuk, hogy grafikus képeikegymásra merőleges egyenesek.

***Megoldás: Szenner Emőke, Fogarasy Mihály Általános Iskola VIII.o., Gyergyószentmiklós

tanár: György András

212

Matlap 2020/6

y

x

-2

0

3

3

B

A 5

7

M

-7

f g

C

Elkészítjük a függvények értéktáblázatát ésgrafikus képét.

x 0 3f(x) 3 0

x −7 0g(x) 0 7

Legyen B(−7, 0), C(3, 0) és {A(x, y)} = Gf∩Gg.{y = −x+ 3y = x+ 7

⇒ x+ 7 = −x+ 3 ⇒ x = −2 és

y = 5, tehát A(−2, 5).Ekkor AM ⊥ BC, M ∈ BC.Az AMB háromszögben M = 90◦, MA = MB = 5, tehát a háromszög derékszögű és

egyenlő szárú, így MAB = 45◦.Hasonlóan az AMC háromszögben M = 90◦, MA = MC = 5, így MAC = 45◦.Tehát BAC = 45◦ + 45◦ = 90◦, vagyis az f és g függvények grafikus képe két egymásra

merőleges egyenes.

A: 4185. Egy urnában 101 golyó van. Márton, Nándor és Péter – ebben a sorrendben –golyókat vesznek ki az urnából, egymás után többször. Egy alkalommal 2, 3 vagy 4 golyót vehetnekki, és senki nem vehet annyit, mint a közvetlenül előtte vevő. A játék végén az a vesztes, akinekelsőként nem marad golyó az urnában, a másik kettő nyertes. Van Péternek nyerő stratégiája?

***Megoldás: Bodó Bence, Európa Általános Iskola VIII.o., Marosvásárhely

tanár: Secăreanu ÉvaPéter mindig más számú golyót vesz ki az urnából, mint előtte Márton és Nándor, így

2 + 3 + 4 = 9 golyót vesznek ki minden fordulat során. Ekkor 11 fordulat után 101− 9 · 11 = 2golyó van az urnában, amit vagy kivesz Márton (ha azelőtt Péter nem pont 2 golyót vett ki) ésígy Nándor lesz a vesztes, vagy Márton veszít (mert nem veheti ki a 2 golyót, ha azelőtt Péter2 golyót vett ki). Tehát Péter biztosan nem lesz az első, akinek nem marad golyó az urnában,így ő a nyertesek között lesz.

IX-XII. osztályok

L: 3115. Az x2 − px + q = 0 egyenlet gyökei az x2 + qx + p + 27 = 0 egyenlet gyökeineka kétszeresei, ahol p, q ∈ R. Határozzuk meg az egyenletek gyökeit.


MegoldásLegyenek x1, x2 az x2 + qx+ p+ 27 = 0 egyenlet gyökei, x3, x4 pedig az x2 − px+ q = 0

egyenlet gyökei, és tudjuk, hogy x3 = 2x1 és x4 = 2x2.A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján{x1 + x2 = −qx1x2 = p+ 27

és{x3 + x4 = 2(x1 + x2) = px3x4 = 4x1x2 = q

⇒{−2q = p4(p+ 27) = q

⇒{p = −24q = 12

.

Az x2+12x+3 = 0 egyenlet megoldásai x1,2 = −6±√

33, az x2+24x+12 = 0 megoldásaix3,4 = 2(−6±

√33) = 2x1,2.

213

Matlap 2020/6

L: 3116. Az ABCD téglalapban az A pontból a BD átlóra húzott merőleges átmegy aCD oldal E felezőpontján. Legyen F az AE és BD egyenesek metszéspontja és K az AD oldalfelezőpontja. Határozzuk meg a téglalap oldalai között fennálló összefüggést, és bizonyítsuk be,hogy C, F és K pontok kollineárisak.


Megoldás

D E C

A B

K FG

b

a

Legyen AB = CD = a, AD = BC = b, ekkor DE =a

2.

Az ABD derékszögű háromszögben BD =√a2 + b2.

AF az ABD háromszög átfogójára húzott magasság, így

AF =AB · ADBD

=ab√a2 + b2

.

Az ADF derékszögű háromszögben

DF =√AD2 − AF 2 =

√b2 − a2b2

a2 + b2=

b2√a2 + b2

.

Az ADE derékszögű háromszögből AE =

√(a2

)2+ b2 =

√a2 + 4b2

2, és DF az ADE

derékszögű háromszög átfogójára húzott magasság, tehát DF =AD ·DEAE

=ab√

a2 + 4b2.

A DF két módon kiszámított értékéből kapjukb2√

a2 + b2=

ab√a2 + 4b2

, ahonnan a = b√

2.

Felhasználva ezt az összefüggést, BD = b√

3 és DF =b2

b√

3, tehát DF =

BD

3.

Legyen G a C pontból a BD átlóra húzott merőleges talppontja.

ADF∆ ≡ CBG∆ (átfogó-hegyesszög), így DF = BG =BD

3, következik FG =

BD

3,

vagyis FG = BG. Ezek szerint a CFB háromszögben CG magasság és oldalfelező, tehát CFBegyenlő szárú háromszög, CF = CB és így CFB ≡ CBF .

FK az AFD derékszögű háromszög átfogójára húzott oldalfelező, következik FK = KD

és így DFK ≡ KDF . Mivel CBF ≡ KDF (belső váltószögek), a tranzitivitás alapjánCFB ≡ DFK, így a csúcsszögek tételének fordított tétele alapján C, F , K kollineáris pontok.

L: 3117a. Egy egységsugarú körben adott hét pont. Mutassuk meg, hogy van köztük kettő,

amelyeknek távolsága legfeljebb 1 egység.

Schefler Barna egyetemi hallgató, Budapest

Megoldás

A B

C

DE

F

G

Rajzoljunk a körbe egy szabályos hatszöget, a kör sugaraéppen megegyezik a hatszög oldalával, vagyis a hat sugaratbehúzva hat egyenlő oldalú háromszöget kapunk. Mivel hétpontot kell elhelyezzünk, a skatulya-elv szerint találunk olyata hat körcikk közül, amelyikben legalább két pontot kell elhe-lyezni. Könnyen belátható, hogy ez csak úgy lehetséges, hogyezek között a távolság nem nagyobb, mint 1 egység.

214

Matlap 2020/6

L: 3118. Oldjuk meg a valós számok halmazán az (x2 − 7x+ 11)x2−13x+42 = 1 egyenletet.

Kovács Bálint egyetemi hallgató, Budapest

MegoldásHa a, b ∈ R, akkor egy ab alakú szám három esetben lehet 1-gyel egyenlő:

1. eset : Ha a = 1, akkor x2 − 7x + 11 = 1 ⇔ x2 − 7x + 10 = 0 ⇔ (x− 2)(x− 5) = 0 ⇔⇔ x ∈ {2; 5}.

2. eset: Ha b = 0, a 6= 0, akkor x2 − 13x + 42 = 0 ⇔ (x − 6)(x − 7) = 0 ⇔⇔ x ∈ {6, 7}, és ekkor x2 − 7x+ 11 6= 0.

3. eset : Ha a = −1, b ∈ 2Z, akkor x2 − 7x + 11 = −1 ⇔ x2 − 7x + 12 = 0 ⇔⇔ (x− 3)(x− 4) = 0 ⇔ x ∈ {3; 4}, és ekkor 2|x2 − 13x+ 42 ∈ Z.

Az egyenlet megoldáshalmaza: M = {2; 3; 4; 5; 6; 7}.

L: 3119. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán:

logx+ 1x(1 + | cos πy|) + logy+ 1

y(1 + | cos πx|) = 2.

Longáver Lajos tanár, Nagybánya

Megoldás

A létezési feltételek alapján x, y ∈ (0,+∞). Mivel x+1

x, y+

1

y∈ [2,+∞) és 1+ | cosπy|,

1 + | cos πx| pozitívak, rendre írhatjuk, hogylogx+ 1

x(1 + | cosπy|) + logy+ 1

y(1 + | cos πx|) ≤

≤ log2(1 + | cosπy|) + log2(1 + | cosπx|) ≤ log2 2 + log2 2 = 2.Egyenlőséget csak x = y = 1 esetén kapunk.

L: 3121a. Néhány játékos asztalitenisz mérkőzést játszott. Bizonyítsuk be, hogy a

versenyzők sorba állíthatók úgy, hogy mindenki legyőzte a sorban közvetlenül mögötte állót.


MegoldásA teljes indukció módszerét használjuk. Feltételezzük, hogy n−1 játékos esetén létrejön a

sorrend, és bizonyítjuk, hogy ha hozzávesszük az n-edik játékost, akkor is találunk jó elrendezést.Legyen az első n−1 játékos rendezett sorrendje an−1, an−2, . . . , a1. Vizsgáljuk az an versenyzőt.Ha an−1-t legyőzte, akkor bekerül a sor elejére. Ha kikapott tőle, akkor összehasonlítjuk an−2-vel. Ha őt legyőzte, akkor behelyezhető elé, mivel tudjuk, hogy an−1-től kikapott. Ha viszontan−2-től is kikapott, akkor összehasonlítjuk an−3-mal. Látható, hogy az előbbi gondolatmenetszerint egyértelműen találunk helyet an-nek. (Ha mindenkitől kikapott, a sor végére kerül.)

L: 3122. Legyen A ∈Mn(R) úgy, hogy A3 + 4A2 + 6A+ 3In = On.a) Mutassuk ki, hogy (A+ In)4 = A+ In.b) Mutassuk ki, hogy 2A2 + 7A+ 8In invertálható.

c) Ha detA =1

a, a ∈ R∗, akkor számítsuk ki det(2A2 + 7A+ 8In) értékét a függvényében.

Bencze Mihály tanár, Brassó

Megoldása) Írhatjuk, hogy A3 + 4A2 + 6A+ 3In + A+ In = A+ In ⇒ (A+ In)4 = A+ In

215

Matlap 2020/6

b) A3+4A2+6A+3In = On⇒ A(A2+4A+6In) = −3In⇒ A

(−1

3(A2 + 4A+ 6In)

)= In,

ahonnan következik, hogy A2 + 4A + 6In invertálható, így (A2 + 4A + 6In)2 is invertálható.Másrészt (A2 + 4A+ 6In)2 = A4 + 8A3 + 28A2 + 48A+ 36In =

= −(4A3 + 6A2 + 3A) + 8A3 + 28A2 + 48A+ 36In = 4A3 + 22A2 + 45A+ 36In == −4(4A2 + 6A + 3In) + 22A2 + 45A + 36 = 6A2 + 21A + 24In = 3(2A2 + 7A + 8In),

ahonnan 2A2 + 7A+ 8In invertálható.

c) A(−1

3(A2 + 4A+ 6In)

)= In alapján A−1 = −1

3(A2 + 4A+ 6In) ⇒

⇒ A−2 =1

9(A2 + 4A+ 6In)2 =

1

9(A4 + 8A3 + 28A2 + 48A) =

1

3(2A2 + 7A+ 8In) ⇒

⇒ 3A−2 = 2A2 + 7A+ 8In ⇒ 3In = A2(2A2 + 7A+ 8In)

Ekkor det(A2(2A2 + 7A + 8In)) = det(3In) = 3n ⇒ 3n = detA2 · det(2A2 + 7A + 8In) =

=1

a2det(2A2 + 7A+ 8In).

Tehát det(2A2 + 7A+ 8In) = 3na2.

L: 3125a. Egy matematikaversenyen három feladatot tűztek ki. A tanulók közül 25

megoldott legalább egy feladatot. Azok között a tanulók között, akik az első feladatot nem tudtákmegoldani, kétszer annyian voltak olyanok, akik megoldották a másodikat, mint akik a har-madikat oldották meg. Csak az első feladatot eggyel több tanuló oldotta meg, mint ahányan atöbbiek voltak, akik szintén megoldották az elsőt. A csak egy feladatot megoldó tanulók fele nemtudta megoldani az első feladatot. Hányan oldották meg csak a második feladatot?

***MegoldásJelöljük a feladatokat A, B és C-vel. Legyen xA, xB, xC , xAB és xABC azoknak a tanulók-

nak a száma, akik csak az A, csak a B, csak a C, az A és B, illetve az A, B és C feladatokatoldották meg.

A feladat feltételei alapján az alábbi egyenletrendszert írhatjuk fel:xA + xB + xC + xAB + xBC + xAC + xABC = 25xB + xBC = 2(xC + xBC)xA = 1 + xAB + xAC + xABC

xA + xB + xC = 2(xB + xC)

Az egyenletrendszerből az xB értékét kell meghatározni. Az ismeretleneket egy oldalrarendezzük, és megszámozzuk az egyenleteket:

xA + xB + xC + xAB + xBC + xAC + xABC = 25 (1)xB − 2xC − xBC = 0 (2)xA − xAB − xAC − xABC = 1 (3)xA − xB − xC = 0 (4)Kivonjuk az első három összegéből a negyedik kétszeresét: 4xB + xC = 26 (5).A (2) egyenlőségből következik, hogy xB − 2xC = xBC ≥ 0, így xB ≥ 2xC , ezért (5)-ből

26 = 4xB + xC ≥ 8xC + xC = 9xC , ahonnan xC ≤26

9. Az egyetlen megfelelő megoldás xC = 2,

tehát xB = 6.A B feladatot 6 tanuló oldotta meg.

216

Matlap 2020/6

L: 3128. Határozzuk meg az f : (0,+∞) → R, f(x) =(x3 + x2 + 2x+ 6) cosx

x4függvény

azon F : (0,+∞)→ R primitív függvényét, amelyre F (1) = f(1).

Kovács Béla tanár, Szatmárnémeti

Megoldás

Az adott függvényt összeg alakban írjuk fel f(x) =cosx

x+

cosx

x2+

2 cosx

x3+

6 cosx

x4, és

tagonként integrálunk a parciális integrálási képlet alkalmazásával:∫f(x)dx =

∫cosx

xdx+

∫cosx

x2dx+

∫2 cosx

x3dx+

∫6 cosx

x4dx = A+B + C +D

D =

∫2 · 3 cosx

x4dx = −2 cosx

x3−∫

2 sinx

x3dx = −2 cosx

x3+

sinx

x2−∫

cosx

x2dx, tehát

D = −2 cosx

x3+

sinx

x2−B

C =

∫2 cosx

x3dx = −cosx

x2−∫

sinx

x2dx = −cosx

x2+

sinx

x−∫

cosx

xdx, tehát

C = −cosx

x2+

sinx

x− A.

Ekkor∫f(x)dx = −2 cosx

x3+

sinx

x2− cosx

x2+

sinx

x+ C

Mivel F (1) = −3 cos 1 + 3 sin 1 + C és f(1) = 10 cos 1, ezért C + 3 sin 1 − 3 cos 1 == 10 cos 1 ⇐⇒ C = 13 cos 1− 3 sin 1.

A keresett primitív függvény

F (x) = −2 cosx

x3+

sinx

x2− cosx

x2+

sinx

x+ 13 cos 1− 3 sin 1.

L: 3130. Bizonyítsuk be, hogy ha az E(x) =x5 + x4 + 2x2 − 9x+ 3

x4 − 4x2 + 2x+ 3kifejezésbe az x

helyébe az x3 + x2 − 3x − 1 = 0 egyenlet bármely gyökét helyettesítjük, akkor a helyettesítésiérték minden esetben ugyanaz a szám.


1. megoldásA tört számlálóját és nevezőjét felírjuk az x3 + x2 − 3x − 1 polinommal való osztás

hányadosával és maradékával.

E(x) =x5 + x4 + 2x2 − 9x+ 3

x4 − 4x2 + 2x+ 3=x2(x3 + x2 − 3x− 1) + 3(x3 + x2 − 3x− 1) + 6

x(x3 + x2 − 3x− 1)− (x3 + x2 − 3x− 1) + 2=

=(x2 + 3)(x3 + x2 − 3x− 1) + 6

(x− 1)(x3 + x2 − 3x− 1) + 2.

Legyenek xi, i ∈ (1, 2, 3) az x3+x2−3x−1 = 0 egyenlet gyökei, ekkor x3i +x2i−3i−1 = 0 és

E(xi) =(x2i + 3)(x3i + x2i − 3xi − 1) + 6

(xi − 1)(x3i + x2i − 3xi − 1) + 2=

0 + 6

0 + 2=

6

2= 3.

Tehát az x3 + x2 − 3x − 1 = 0 egyenlet bármely gyöke esetén az E(x) kifejezésbe valóhelyettesítési érték 3.

217

Matlap 2020/6

2. megoldás :Az x3+x2−3x−1 = 0 egyenlet bármelyik gyökére x3+x2 = 3x+1, illetve x3 = −x2+3x+1.

Bővítve ezeket x2-tel, illetve x-szel, kapjuk, hogy x5 +x4 = 3x3 +x2, illetve x4 = −x3 +3x2 +x.Behelyettesítjük az E(x) számlálójába, illetve nevezőjébe, hogy csökkentsük a kifejezés

fokszámát:

E(x) =3x3 + x2 + 2x2 − 9x+ 3

−x3 + 3x2 + x− 4x2 + 2x+ 3=

3x3 + 3x2 − 9x+ 3

−x3 − x2 + 3x− 3.

Tovább lehet csökkenteni a fokszámot:

E(x) =3(3x+ 1)− 9x+ 3

−(3x+ 1) + 3x+ 3=

6

2= 3.

Tehát az x3 + x2 − 3x− 1 = 0 egyenlet bármely gyöke esetén a helyettesítési érték 3.

L: 3132. Bizonyítsuk be, hogy egy trapéz alapjaival és az átlók metszéspontján átmenő, azalapokkal párhuzamos szelővel olyan háromszög szerkeszthető, amelyben a magasságok hosszaiszámtani haladványban vannak.


Megoldás

D C

A B

E

a

c

FO

Tekintsük az ABCD trapézt, amelyben az alapokAB = a, CD = c, a > c > 0. Az átlók O metszéspontjánátmenő, az alapokkal párhuzamosan húzott szelő EF = b.Tudjuk, hogy a > b > c.

Először kiszámítjuk b-t az a, c függvényében.A hasonlóság alaptétele értelmében

AOE∆ ∼ ACD∆, innenOE

CD=AO

AC, amelyből

származtatjuk azOE

CD −OE=AO

OCaránypárt. Szintén a

hasonlóság alaptétele értelmében AOB∆ ∼ COD∆, ahonnanAO

OC=

AB

CD, vagyis

AO

OC=a

c.

Ezek alapjánOE

c−OE=a

c, ahonnan

OE

c=

a

a+ cés OE =

ac

a+ c.

Felhasználjuk, hogy EF = 2OE (vagy az OE kiszámításához hasonlóan meghatározzuk

az OF -et is) és EF = b =2ac

a+ c.

Az a+ c > b egyenlőtlenség bizonyításához az a2 + c2 > 0 igaz egyenlőtlenségből indulunk

ki és a2+c2 > 0 ⇐⇒ a2+2ac+c2 > 2ac ⇐⇒ (a+c)2 > 2ac ⇐⇒ a+c >2ac

a+ c⇐⇒ a+c > b,

tehát az a, b, c hosszúságú szakaszokkal háromszög építhető.

A b =2ac

a+ cátalakítása után

2

b=a+ c

ac⇒ 2

b=

1

a+

1

c⇒ 2·2T

b=

2T

a+

2T

c⇒ 2hb = ha+hc,

ahol ha, hb, hc a háromszög a, b, c hosszúságú oldalaira húzott magasságok hossza. Ekkor a

hb =ha + hc

2egyenlőségből következik, hogy a háromszög magasságai számtani haladványban

vannak.

L: 3133a. Az 1, 2, . . . , 100 számok közül kiválasztottunk 52 számot. Bizonyítsuk be, hogy

van köztük három különböző x, y és z szám, amelyekre x+ y = z.


218

Matlap 2020/6

Megoldás

Legyen a legnagyobb kiválasztott szám z. Ezután alkossunk[z

2

]darab párt az első z − 1

számból: (1, z − 1), (2, z − 2), . . . , és így tovább. (Ha z páros, egy szám pár nélkül marad.)

Mivel 51 >z

2elem van kiválasztva az első z−1 elemből, lesz olyan pár, amelynek mindkét eleme

kiválasztott. Legyenek ezek a számok x és y.Tehát bebizonyítottuk, hogy mindig van köztük három különböző x, y és z szám, amelyre

x+ y = z.

L: 3134. A pozitív valós számok halmazán oldjuk meg az (x2+1)(x+1) = (2x2+7x+2)√x

egyenletet.Longáver Lajos tanár, Nagybánya

Megoldásx = 0 nem gyöke az egyenletnek. Végigosztjuk az egyenletet x

√x-szel, ekkor az(

x+1

x

)(√x+

1√x

)= 2

(x+

1

x

)+7 reciprok egyenletet kapjuk. Bevezetjük a

√x+

1√x

= t

jelölést, ahonnan a (t2 − 2)t = 2(t2 − 2) + 7 ⇐⇒ t3 − 2t2 − 2t− 3 = 0 egyenletet kapjuk, ami(t− 3)(t2 + t+ 1) = 0 alakban írható, és egyetlen valós gyöke t = 3.

Tehát√x+

1√x

= 3 ⇒√x =

3±√

5

2⇒ x1,2 =

7± 3√

5

2.

L: 3136. Bizonyítsuk be, hogy 2 arctg1

2+ arcsin

3

5=π

2.

Kovács Bálint egyetemi hallgató, Budapest

Megoldás

A

C

B

B

D

Legyen ABC egy C-ben derékszögű háromszög,melyben AC = 2 és BC = 1.

Legyen B′ a B pont szimmetrikusa a C pontranézve.

Így BAC = CAB′ = α = arctg1

2, és Pitagorasz tétele

alapján AB = AB′ =√

5. Továbbá, ha D a B′ pontvetülete az AB egyenesre, szintén a szimmetria miattírhatjuk, hogy

TABB′ = 2TABC = 2 ⇒ B′D ·√

5

2= 2⇔ B′D =

4√

5

5.

Az ADB′ háromszögben Pitagorasz tétele

alapján AD =√B′A2 −B′D2 =

3√

5

5.

Tehát sin AB′D =3

5, ahonnan AB′D = arcsin

3

5.

Továbbá az AB′D derékszögű háromszögben AB′D =π

2− 2α =

π

2− 2 arctg

1

2.

Következik, hogyπ

2− 2 arctg

1

2= arcsin

3

5, azaz 2 arctg

1

2+ arcsin

3

5=π

2.

219

Matlap 2020/6

L: 3137a. Egy bajnokság döntőjében öt úszó vett részt: A, B, C, D és E. Ha azt tippeltük,

hogy a versenyzők helyezési sorrendje ABCDE lesz, akkor egyetlen versenyző helyezését semtaláltuk el, és azt sem, hogy milyen sorrendben következett két egymás utáni helyezett. Ha vi-szont a DAECB sorrendre tippeltünk, akkor két versenyző helyezése megegyezett a ténylegessel,és két esetben az is, hogy milyen sorrendben követte egymást két versenyző. Mi volt a versenyeredménye?

***MegoldásA feladatot gráfok segítségével oldjuk meg.A versenyzőknek megfeleltetjük egy gráf öt csúcsát. Két csúcsot irányított éllel kötünk

össze, ha a kiindulási csúcsnak megfelelő versenyző közvetlenül megelőzte az élvégponthoz tar-tozó csúcshoz rendelt versenyzőt.

Legyenek a G1 és G2 az ABCDE, illetve DAECB sorrendnek megfelelő gráfok. Mindencsúcshoz odaírjuk, hogy az adott sorrendben hányadik helyet foglalja el.

E ED

D

C C

B B

A A

2

2

2

5

5

1

1

1

3

34

4

G G

A feladat szerint egy olyan G gráfot keresünk, amely egyetlen irányított élben és sorszám-ban sem egyezik meg G1-gyel, viszont két irányított élben és sorszámban megegyezik G2-vel.A feltételek alapján az eredeti sorrend a következő négy lehet.

E ED D

C C

B B

A A2 2

5

5

1 1

3

34

4

a) b)

E ED D

C C

B B

A A

22

5 5

1

13

34 4

c) d)

Ezek közül a d) teljesíti a feladat feltételeit, tehát a helyes sorrend EDACB.

L: 3138. Adott az x2−5y2 = 2020 egyenlet. Adjuk meg az egyenlet három különböző egészmegoldását. Igazoljuk, hogy az egyenletnek végtelen sok racionális megoldása van.


MegoldásÉszrevesszük, hogy x1 = 45, y1 = 1; x2 = −45, y2 = −1 és x3 = 45, y3 = −1 az egyenlet

megoldásai.Felírjuk a (45, 1) ponton áthaladó, változó irányú egyenes egyenletét: y − 1 = m(x− 45),

ahol m racionális paraméter.Megoldva az y − 1 = m(x− 45) és x2 − 5y2 = 2020 egyenletekből álló egyenletrendszert,

az x =5(45m2 − 2m+ 9)

5m2 − 1, y =

5m2 − 90m+ 1

1− 5m2, m ∈ Q megoldásokat kapjuk.

Ezek az értékek racionális számok, így végtelen sok racionális megoldás van.

220

Matlap 2020/6

L: 3141a. Az ABCD négyzet AB, illetve CD oldalának belsejében vegyünk fel n-n pon-

tot. Az így felvett 2n pont közül kössük össze egy szakasszal azokat, amelyek különböző oldalonvannak. Tegyük fel, hogy az így keletkezett n2 szakaszra igaz, hogy semelyik három nem met-szi egymást ugyanabban a pontban a négyzet belsejében. Hány részre esik szét a négyzet, haszétvágjuk ezen szakaszok mentén?


MegoldásVizsgáljuk azt a síkgráfot, amelynek csúcsai A, B, C, D, a négyzeten felvett 2n pont és

a behúzott szakaszok által meghatározott metszéspontok, élei pedig a szakaszok belső met-széspontot nem tartalmazó darabjai. Ekkor bármely metszéspont megfelel az azt meghatározószakaszok két-két végpontjának a két oldalon, így a csúcsok száma c = 4 + 2n + (C2

n)2.

A fokszámok összege, azaz az élszám kétszerese, 2e = 4 · 2 + 2n(n + 2) + 4 (C2n)

2. Ekkor az

Euler-formulát alkalmazva a négyzetdarabok száma (a tartományok száma) a külső kivételével

egyenlő e− c+ 1 = n(n+ 2− 2) + (C2n)

2+ 1 = (C2

n)2

+ n2 + 1.

L: 3143. Adott az f : [0, 1] → R deriválható függvény úgy, hogy f(0) = 0, f(1) = 1 ésf ′(x) ≥ 1, bármely x ∈ [0, 1] esetén.

a) Adjunk példát a fenti tulajdonsággal rendelkező függvényre.

b) Mutassuk ki, hogy1∫

0

1

f 2(x) + 1dx ≤ π

4.

***Megoldása) f : [0, 1] → R, f(x) = x teljesíti a feladat feltételeit.b) Legyen f az adott feltételeket teljesítő függvény. Mivel f ′(x) ≥ 1 bármely x ∈ [0, 1]

esetén, ezértf ′(x)

f ′(x) + 1≥ 1

f 2(x) + 1bármely x ∈ [0, 1] esetén. Ekkor

1∫0

1

f 2(x) + 1dx ≤

1∫0

f ′(x)

f(x) + 1= arctg f(x)

∣∣10

= arctg f(1)− arctg f(0) =

= arctg 1− arctg 0 =π

4− 0 =

π

4.

L: 3144. Számítsuk ki:∫

1

cosx(1− sin 2x)(2− sin 2x)dx, x ∈

(0,π

4

).


MegoldásAz adott függvényt felbonthatjuk egyszerűbb függvények összegére:

f(x) =1

cosx(1− sin 2x)(2− sin 2x)=

1

cosx(1− sin 2x)− 1

cosx(2− sin 2x)=

=1

2 cosx+

2 sinx

1− sin 2x+

sinx

2− sin 2x.

221

Matlap 2020/6

Ekkor∫f(x)dx =

∫1

2 cosxdx+

∫2 sinx

1− sin 2xdx+

∫sinx

2− sin 2xdx =

1

2I0 + 2I1 + I2.

I0 =

∫1

cosxdx = ln tg

(x2

+π

4

)= ln

1 + sin x

cosx=

1

2ln

1 + sin x

1− sinx.

I1 =

∫sinx

1− sin 2xdx =

∫sinx

(sinx− cosx)2dx, és legyen J1 =

∫cosx

(sinx− cosx)2dx.

Írhatjuk, hogy I1 + J1 =

∫sinx+ cosx

(sinx− cosx)2dx =

1

cosx− sinx, illetve

I1 − J1 =

∫sinx− cosx

(sinx− cosx)2dx =

∫1

sinx− cosxdx =

∫1

√2 sin

(x− π

4

)dx =

=1√2

ln tg(x

2− π

8

).

Ezek alapján I1 =1

2(cosx− sinx)+

1

2√

2ln tg

(x2− π

8

).

Az I2 =

∫sinx

2− sin 2xdx kiszámításához legyen J2 =

∫cosx

2− sin 2xdx.

Ekkor I2 + J2 =

∫sinx+ cosx

2− sin 2xdx =

∫sinx+ cosx

1 + (sin x− cosx)2dx = arctg (sinx− cosx),

illetve I2 − J2 =

∫sinx− cosx

3− (sinx+ cosx)2dx =

∫cosx− sinx

(sinx+ cosx)2 − 3dx =

=1

2√

3ln

∣∣∣∣∣sinx+ cosx−√

3

sinx+ cosx+√

3

∣∣∣∣∣.Következik I2 =

1

2arctg(sin x− cosx) +

1

4√

3ln


3

sinx+ cosx+√

3

∣∣∣∣∣.Tehát

∫1

cosx(1− sin 2x)(2− sin 2x)dx =

1

2I0 + 2I1 + I2 =

=1

2ln tg

(x2

+π

4

)+

1

cosx− sinx+

1√2

ln tg(x

2− π

8

)+

+1

2arctg(sin x− cosx) +

1

4√

3ln


3

sinx+ cosx+√

3

∣∣∣∣∣+ C.

A feladat általánosítható. Számítsuk ki:∫1

cosx(1− sin 2x)(2− sin 2x)(3− sin 2x) · . . . · (n− sin 2x)dx, x ∈

(0,π

4

).

A megoldás hasonlóan végezhető el, mint n = 2 esetén.

Sajátos esetben ha n = 1, akkor az∫

1

cosx(1− sin 2x)dx, x ∈

(0,π

4

)integrált kapjuk.

222

Matlap 2020/6

JÁTÉKOS FEJTÖRŐK∗

1. A bűvös négyzetben minden sorban, minden oszlopban és mindkét átló mentén aszámok összege ugyanannyi.

a) Töltsük ki az 1. ábrán látható bűvös négyzetet.b) Számítsuk ki a 2. ábrán látható bűvös négyzetben az x+ y + z összeget.c) Helyettesítsük betűkkel a számokat a 3. ábrán úgy, hogy bűvös négyzetet kapjunk.

e

f

aa

a

gdb

c

-2 5

-4

-3

0

2

-12

2652

28

xy

4

10

16 z2


2. Keressük meg a kakukktojást!

A B C D

E F G

0 1 2 3 43. Írjunk be az ábrán látható táblázat második sorának min-

den négyzetébe egy-egy számot úgy, hogy a kitöltött táblázatbanminden általálunk beírt szám éppen annyi legyen, mint ahányszora felette álló szám a táblázatban szerepel.

4. Az ábrán látható négyzethálóba írjuk be az 1, 2, 3, 4és 5 számokat úgy, hogy a vastag vonallal határolt részekmindegyikében, valamint mindegyik sorban és mindegyikoszlopban mind az öt szám pontosan egyszer szerepeljen.

5. Írjuk be az ábrán látható kis négyzetekbe a természetesszámokat 0-tól 11-ig úgy, hogy a nagy négyzetnek mind a négyoldala mentén 18 legyen a számok összege. Keressünk több, külön-böző megoldást.

∗A megoldásokat nem kell beküldeni.

223

Matlap 2020/6

6.a b c

1

2

3

Az alábbi ábrák közül logikailag melyik illik az üres kör helyére?

A B C

D E F

7. a) Írjuk be az 1. ábrán látható üres körökbe a számjegyeket 0-tól 8-ig (mindegyiketpontosan egyszer) úgy, hogy a külső háromszög mentén elhelyezkedő számok összege három-szorosa legyen a belső háromszög mentén elhelyezkedő számok összegének. Keressük meg azösszes lehetőséget.

b) A 2. ábrán a négyzetekbe írjuk be az 1, 2 és 3 számokat, a körökbe pedig a 4, 5, 6, 7,8 és 9 számokat úgy, hogy a háromszög minden oldalán 17 legyen a számok összege.

1. ábra 2. ábra

224

FELADATMEGOLDÓK ROVATA

Lapzártáig a következő tanulók által beküldött feladatmegoldásokat pontoztuk :

ARAD. Csiky Gergely Főgimn. VI.o. Budacsek Tímea (48+47); VIII.o. Balogh AdriennLilla (15), Balogh Zita Dóra (6), Dunai Márk (4); IX.o. Szabó Sára (17+19).

BARÓT. Gaál Mózes Ált. Isk. VII.o. Kovács Koppány (63+60); VIII.o. Márkó Barbara(30).

BRASSÓ. Áprily Lajos Főgimn. X.o. Berei Zsolt (3), Berszán Örs (5).BUDAPEST. Clonlara School VIII.o. Vitos Péter (30+15).CSÍKSZEREDA. József Attila Ált. Isk. IV.o. Ciobîcă Alexandra (25); V.o. Szabó Tamás

(2); Nagy Imre Ált. Isk. VI.o. Boér Ákos (23+23), Szakács József (5+10); VIII.o. Darvas Patrik(97+97); Petőfi Sándor Ált. Isk. IV.o. Bodor Ádám (25+24); VI.o. Bodor Mátyás (49+49); NagyIstván Műv. Szakközépisk. V.o. Csomós Dávid (47+43+47), Elekes-Köllő András (48+48), NagyMárton (45).

DÉVA. Téglás Gábor Elm. Líc. VI.o. Daradici András (10+8).FELSŐBOLDOGFALVA. Fülöp Áron Ált. Isk. VI.o. Antal Áron (41+34).GYERGYÓALFALU. Sövér Elek Szakközépiskola IV.o. Madarász Rita (25+25); VI.o.

Lőrincz Andrea (47+49), Vargyas Tamás (47); VII.o. Koncsag Zsófia (67+59), Simon Szilvia (73+74),Török Tímea (73+75).

GYERGYÓCSOMAFALVA. Köllő Miklós Ált. Isk. V.o. Márton Bence (37+23).GYERGYÓSZENTMIKLÓS. Fogarasy Mihály Isk. V.o. Blénessi Nimród (45+49+48),

Fehér-Dálya Noémi (40+40), Szenner Csongor (47+50); VIII.o. Szenner Emőke (25); Vaskertes Ált.Isk. II.o. Bajkó Kinga (10+12), Balázs Vivien (10+13), Erszény Beáta (12), Jakab Nóra (15+13),Kádár-Radvánszky Gergő (13), Kádár-Radvánszky Hunor (13), Nemes Kamilla Krisztina (10+13),Papp Ákos Noel (13); III.o. Orosz Ákos (24+24); VI.o. Szlávits Péter (31+37);

GYULAFEHÉRVÁR. Gr. Majláth Gusztáv Károly Teol. Líc. VI.o. Zsebe Zsuzsanna(40+20+23).

KÉZDIVÁSÁRHELY. Nagy Mózes Elm. Líc. VIII.o. Orbán Pál (99+99).KOLOZSVÁR. Nicolae Titulescu Ált. Isk. VII.o. Fogarasi Tímea (58+70); Apáczai

Csere János Elm. Líc. XI.o. Fogarasi András (15+23); Báthory István Elm. Líc. II.o.Páll-Szabó Orsolya (24+25+25); V.o. Ruff Brigitta (50); VI.o. Tatár Viktor István (32+27); VIII.o.Venczel Ajna (70+81); János Zsigmond Unit. Koll. VI.o. Sándor Boldizsár (12); IX.o. FerenczPéter (78+72); Református Koll. VII.o. Blanár Ákos (15+10).

KOVÁSZNA. Kőrösi Csoma Sándor Líc. VI.o. Jánó Ákos (48+45); VII.o. Fülöp Véda(60+39).

MÁRAMAROSSZIGET. Leövey Klára Líc. XI.o. Gotha Helga (30+5).MAROSVÁSÁRHELY. dr. Bernády György Ált. Isk. V.o. Angyal Nimród Dániel (48),

Hints Botond (36+23+27); VI.o. Komancsik-Csenteri Dóra (22); VIII.o. Bartos Dániel (11+54+77);Dacia Ált. Isk. V.o. László-Kajcsa Hóvirág (29); Európa Ált. Isk. V.o. Mátyási Péter Zsolt(45+49), Vajda Gergely (43+39); VII.o. Kun-Bálint Etele (23); VIII.o. Bodó Bence (96+92), SimonLászló (85); Liviu Rebreanu Ált. Isk. VI.o. Kiss János (41+32); Mihai Viteazul Ált. Isk.V.o. Nagy Zsolt (31); Bolyai Farkas Elm. Líc. III.o. Imre Tímea Zsófia (25+25); V.o. DánielDávid (49+36), György Dániel (48), Imre Zoltán (44+49), Pávai-Marossy Kinga (45+42), Sikó Dániel(37+24); X.o. Kis Anita (49+49); II. Rákóczi Ferenc Róm.-Kat. Líc. V.o. Fodor Tamás (41+44);VIII.o. László-Kajcsa Henrietta (30).

MEDGYES. Báthory István Ált. Isk. V.o. Pocan Dávid (25).MEZŐPANIT. Kádár Márton Ált. Isk. VI.o. Domokos Anna-Mária (43).MICSKE. Miskolczy Károly Ált. Isk. VI.o. Bónizs Boglárka (38+45).NAGYENYED. Bethlen Gábor Koll. VII.o. Gábor Farkas Ferenc (66+70).NAGYERNYE. Apafi Mihály Ált. Isk. IV.o. Molnár Enikő (20+23); V.o. Molnár Eszter

(42+35).

NAGYKÁROLY. Elméleti Líc. VII.o. Filip Izabella Krisztina (16); Kalazanczi Szt.József Róm.-Kat. Líc. VI.o. Drágos Rolland (45+47).

NAGYSZALONTA. Arany János Elm. Líc. V.o. Jámbor Anna Fruzsina (45); IX.o.Jámbor Csaba Csongor (17), Varga Botond Viktor (17+21), Veres Dóra Viktória (68+72); X.o.Györgypál Gergő (49+45), Györgypál Tamás (49+45).

NAGYVÁRAD. Ady Endre Elm. Líc. X.o. Hosu Gábor (40).SEPSISZENTGYÖRGY. Váradi József Ált. Isk. VII.o. Andriescu-Kádár Edina (19);

Mikes Kelemen Elm. Líc. VIII.o. Mihály Hanna Andrea (86+87); Székely Mikó Koll. VII.o.Seres Renáta (74+71); IX.o. Bereczki Anna (55), Orbán Klára (25+35+15), Tordai Ákos (64+65).

SZATMÁRNÉMETI. Mircea Eliade Ált. Isk. II.o. Lőrincz Szabolcs (16+24); KölcseyFerenc Főgimn. V.o. Dénes Máté Gergő (50+47); IX.o. Baranyai Barbara (19); X.o. Tamás Dóra(20+25).

SZÉKELYUDVARHELY. Tamási Áron Gimn. VI.o. Dávid Veronka (48); Dr. PallóImre Művészeti Iskola IV.o. Baricz Boróka (25+25+25).

TORDA. Jósika Miklós Elm. Líc. VIII.o. Durugy Attila (93+94); XI.o. Botár Dóra(40+32), Székely Tímea (40+32).

VARGYAS. Borbáth Károly Ált. Isk. VI.o. Pakucs Attila (33+37).

Logikai feladványok

BRASSÓ. Áprily Lajos Főgimn. X.o. Berszán Örs (4).CSÍKSZEREDA. Nagy Imre Ált. Isk. VI.o. Szakács József (3+5); Petőfi Sándor Ált.

Isk. VI.o. Bodor Mátyás (15); Nagy István Művészeti Líc. V.o. Csomós Dávid (15+13+10),Elekes-Köllő András (12).

GYULAFEHÉRVÁR. Gr. Majláth Gusztáv Károly Teol. Líc. VI.o. Zsebe Zsuzsanna(6+9+10).

KOLOZSVÁR. Nicolae Titulescu Ált. Isk. VII.o. Fogarasi Tímea (5+15); Apáczai CsereJános Líc. XI.o. Fogarasi András (5+15); Református Koll. VII.o. Blanár Ákos (5+5).

MAROSVÁSÁRHELY. Bolyai Farkas Elm. Líc. V.o. Dániel Dávid (6), Imre Zoltán (10).MICSKE. Miskolczy Károly Ált. Isk. VI.o. Bónizs Boglárka (11+9).NAGYENYED. Bethlen Gábor Koll. VII.o. Gábor Farkas Ferenc (10+10).NAGYERNYE. Apafi Mihály Ált. Isk. V.o. Molnár Eszter (4).NAGYKÁROLY. Kalazanczi Szt. József Róm.-Kat. Líc. VI.o. Drágos Rolland (13+9).VARGYAS. Borbáth Károly Ált. Isk. VI.o. Pakucs Attila (5).

TANÁROK, SZÜLŐK FIGYELMÉBE!

Jövedelemadója 3, 5%-ával jelentősen hozzájárulhat a Matlap fenntartásához, kiadási költ-ségeinek fedezéséhez, a feladatmegoldók jutalmazásához. Az új határidő: 2020. június 30.

Kérjük támogassa adományával a Matlap kiadóját, a Radó Ferenc MatematikaművelőTársaságot.

Köszönjük mindazon tanároknak, szülőknek, akik tavaly jövedelemadójuk 2%-át aMatlapnak ajánlották fel.

ASOCIAŢIA DE CULTIVARE A MATEMATICII RADÓ FERENC

Cod de identificare fiscală 6053500

Cont bancar (IBAN) RO80BRDE130SV07819511300

Date post:	11-Oct-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	2 times
Download:	0 times

Radó Ferenc Matematikamûvelô Társaság...

Documents