Az 1-9. fordulók megoldásai

18. forduló

1.feladat

Adottak az 1, 2,…, 2n-1, 2n egész számok. Bizonyítsuk be, hogy akárhogyan választunk ki közülük n+1-et, a kiválasztottak között lesz két olyan szám, amelyekre igaz, hogy az egyik osztója a másiknak.

Megoldás

Helyezzük el az 1,2,3,…,2n számokat n különböző sorban a következő módon:
1,2,4,8,…
3,6,12,24,…
5,10,20,40,…

2n-3
2n-1
A sorok a páratlan számokkal kezdődnek, tehát a sorok száma  n (hiszen n páratlan szám van 2n-ig). A megadott n+1 szám így nem eshet csupa különböző sorba, tehát van köztük kettő, amelyek egy sorban vannak. Egy soron belül azonban bármelyik két szám egymás többszörösei. Az is világos, hogy bármelyik szám csak egyetlen sorban szerepelhet. Ha páratlan , akkor a saját sorában; ha páros, akkor vagy az első sorban( ha nincs páratlan osztója), vagy annak a páratlan számnak a sorában, amelynek kétszerese. Minden páros szám, valamely számnak kétszerese.

2.feladat

Egy X halmaz bizonyos részhalmazaiból álló H halmazrendszert szűrőnek nevezünk, ha

Egy szűrőt X-en ultraszűrőnek nevezünk, ha nincs másik olyan szűrő, amelyik tartalmazza .
a) Hány szűrője van X-nek, ha X 5 elemű? Mi a helyzet, ha n eleme van?
b) Hány ultraszűrő van X-en, ha X 5 elemű? És ha n elemű?

 

Megoldás

 

a) Mivel X véges, véges sok részhalmaza van, tehát H-nak is véges sok eleme van. A második feltétel miatt H tartalmazza az összes őt alkotó halmaz metszetét is. Ez a H legkisebb eleme, nevezzük A-nak. A harmadik feltétel miatt H az A-t tartalmazó halmazokból áll. Két szűrő pedig pontosan akkor egyezik meg, ha legkisebb elemük ugyanaz. Tehát annyi szűrője van X-nek, ahány különböző nemüres részhalmaza. Ezek száma pedig 2n-1 ,illetve n=5 esetén 31.

 

b) Ha a ϵ X, akkor az X a-t tartalmazó halmazai szűrőt alkotnak: H= {A ∁ X:a ϵ A} teljesíti a kritériumokat. Továbbá H ultraszűrő, ugyanis nála bővebb halmazrendszernek van az a-t nem tartalmazó eleme, mondjuk B. Ám ekkor B {a} üres, ezért a bővebb halmazrendszer nem lehet szűrő. Tekintsünk most egy tetszőleges G szűrőt, aminek legkisebb eleme B. Mivel B nemüres, létezik b ϵ B. Ekkor B csak úgy lehet ultraszűrő, ha megegyezik{A ∁ X:b ∁ ϵ A}-val. Ezzel beláttuk, hogy az ultraszűrők pontosan azok, amelyeknek a legkisebb eleme egy egyelemű halmaz. Ilyen pontosan n darab van, n=5 esetén pedig éppen 5.

 


17. forduló

1. feladat

A PQRS négyzet oldalai 10 cm hosszúak. A négyzetet egy egyenesen görgetjük csúszás nélkül. Kezdetben a P és a Q pontok illeszkednek az egyenesre, és az első görgetést a Q ponton át végezzük. A görgetést addig folytatjuk, amíg a P pont újra az egyenesre ér. Hány cm utat tesz meg a P pont?

 

Megoldás

 

 

 

2. feladat

Az a, b és c valós számok összege 7, továbbá:

 

Mennyi az értéke a következő kifejezésnek?

Megoldás

 


16. forduló

1. feladat

Hány bástyát lehet elhelyezni úgy a sakktáblán, hogy egyik se üsse a másikat? És hányféleképpen helyezhető el ez a maximális számú bástya a sakktáblán úgy, hogy ne álljanak ütésben?

 

Megoldás
8 bástyát lehet elhelyezni. Az első az első sorba, második a másodikba es így tovább. Az első elhelyezésére 8 lehetőség van, a másodikra már csak 7, és így tovább. Ez 8! elrendezés. (=40320)

 

 

2. feladat

Hányféleképpen állhat fel fotózáshoz két egymás mögötti sorba 20 különböző magasságú ember úgy, hogy minden hátsó sorban álló magasabb legyen annál, aki az első sorban közvetlenül előtte áll? A sorok azonos hosszúságúak, vagyis mindkettőben 10-10 fő áll.

 

Megoldás

Álljanak be bárhogyan, és ha elől nagy áll bárhol, cseréljenek helyet. A lehetséges beállások száma 20! és azon beállások száma, amik a cserék után egyformává válnak 210. Ezért a szabályos beállások száma 20!/210. (=2,3758*1015)

 


15. forduló

1. feladat
Egy osztályfőnök kirándulni vitte az osztályát. Egy kilenc szobából álló panzióban aludtak az éjszaka. Az osztályfőnök lefekvés előtt minden szobába benézett és minden ajtón pontosan egyszer keresztülhaladt, míg el nem érte a saját szobáját, ahol lefeküdt. Melyik szobában aludt az osztályfőnök?
Az ábra a panzió alaprajzát mutatja.

Megoldás
A hatos szoba kivételével minden szobán páros számú ajtó van. Így ezekbe bemenve ki is lehet jönni úgy, hogy többször nem haladunk át egyik ajtón sem, miközben mindegyiken keresztül tudunk haladni. A hatos számú szobába kétszer be lehet menni, de kimenni, már nem lehet olyan ajtón, amelyen még nem mentünk keresztül. Így az osztályfőnök a hatos számú szobában alszik.

 

2. feladat

Egy szekéren ülő kocsis észrevette, hogy a rakományt rögzítő zsineg meglazult. Ezért leszállt a szekérről és a kocsi hátsó részéhez ment, miközben a lovak egyenletes sebességgel tovább húzták a szekeret. A kocsis nyolc lépéssel érte el a szekér hátsó részét, hogy rögzítse a zsineget. Ezután visszatért a szekér elejére, most 24 lépéssel érte el a bakot.
Hány lépés volt a szekér hossza?

 

Megoldás

A szekér hossza = 8 lépés + a szekér által megtett út hossza, miközben a kocsis a szekér végéhez ér. ( x lépés)
A szekér hossza= 8+x ( fekete vonal )
Visszafelé menet háromszor több lépésre van szüksége a kocsisnak, így a lovak egyenletes sebességgel haladva háromszor annyi utat tesznek meg ez alatt, mint kezdetben.
8+x+3x=24
8+4x=24
4x=16
x=4

A szekér hossza : 8+4 = 12 lépés.


 


14. forduló

1. feladat
Egy teljesen szabálytalan négyszög alakú telket úgy osztottak fel 4 részre, hogy a  2-2 szemközti oldal felezőpontját összekötötték. A keletkezett 4 részből három  területe ismert, 4,5,6 hektár. Mekkora a negyedik rész területe?

 

Megoldás
Legyen a felezéspontokat összekötő szakaszok metszéspontja M, és kössük össze az M pontot az ABCD négyszög csúcsaival. Az ABM háromszögben az AF súlyvonal, ezért felezi a háromszög területét. Hasonlóan a másik 3 háromszögben is a súlyvonalak felezik a területeket. Így könnyen belátható, hogy a 2-2 szemközti négyszög területének összege ugyanaz, ezért 4+ 6 = 5+x. Tehát a negyedik négyszög területe 5 egység.

 

2. feladat

Az f(x) függvény az egész számok halmazán van értelmezve és csak racionális értéket vesz fel. Továbbá tudjuk, hogy minden olyan x, y, z egész számra, amire x+y+z= 0 fennáll, hogy
f(x)+f(y)+f(z) = f(x) f(y) f(z)
a) Mire szimmetrikus az f(x) függvény grafikonja? Állításod igazold!
b) Adj példát ilyen függvényre!

Megoldás

13. forduló

1.feladat

Petiék bejárati ajtajának 50x50 cm-es ablakán a mellékelt, félkörökből álló, szürke színű virágminta látható. Mekkora a szürke rész területe?

Megoldás

 

2.feladat

Melyik a legnagyobb pozitív egész szám, amelyre a következő kifejezés egész szám lesz?

Megoldás


12. forduló

1. feladat
Három házaspár betért egy bazárba vásárolni: a férjek Andrew, Bill és Charlie valamint a feleségek Ann, Beth és Carol. Mind a hat személyre igaz, hogy az általa vásárolt árucikkek száma ugyanannyi, mint ezen árucikkek dollárban kifejezett átlagértéke. Mindegyik férj 63 dollárral többet költött, mint a felesége. Andrew 23-mal több darab árucikket vett, mint Beth. A Bill által vásárolt árucikkek átlagértéke 11 dollárral volt több, mint az Ann által vásároltaké.
Hogy hívják Andrew feleségét?

Megoldás
Ha valaki n darab árucikket vett n dolláros átlagáron, akkor összesen n2 dollárt költött. Tegyük fel, hogy egy férj n2, a felesége k2 dollárt költött. Ekkor n2 - k2 = (n+k)(n-k), ahol n>k pozitív egészek.
Ez háromféle módon lehetséges:

n + k

nk

 n

 k

63

1

32

31

21

3

12

9

9

7

8

1


Mivel Andrew 23-mal több árut vett, mit Beth. Ez csak úgy lehet, ha 32 db-ot vett, Beth pedig 9-et. Beth tehát nem az ő felesége.
Bill 11-gyel többet vett, mint Ann, vagyis 12 darabot, Ann pedig 1-et. Ann sem Andrew felesége.
Andrew felesége tehát Carol.

2. feladat
Vegyünk elő egy órát és partnerünket szólítsuk fel, hogy gondoljon egy egész számra 1-től 12-ig. Kezünkbe veszünk egy ceruzát, és az óra számlapján a számlap különböző számain összevissza elkezdünk kopogni. Megkérjük partnerünket, hogy minden egyes kopogásnál számoljon eggyel tovább a gondolt számtól kezdve. Szóljon, amikor a húszas számhoz ér. Meglepődve láthatja, hogy éppen a gondolt számra koppantottunk. Hogyan csináltuk?

Megoldás
Mivel legfeljebb 12-re lehet gondolni, az első hét koppantásnál senki sem éri el a 20-at. Az első hét kopogásnál ezért bármelyik számra koppanthatunk. A nyolcadik koppantásnál az éri el a 20-at, aki a 12-re gondolt, a kilencediknél az, aki a 11-re, és így tovább. Nyolcadszorra tehát a 12-esre, majd a 11-esre, majd a 10-esre koppintunk, és így tovább, mindig eggyel visszafelé.

 


11.forduló

1. feladat
Egy téglalap alakú telket 3-3 egyenes vágással 4×4 téglalap alakú parcellára osztottak. Néhánynak ismerjük a területét (négyszögölben), ahogy a vázlatos ábrán feltüntettük. Hány négyszögöl a 2. sor 4. parcellájának a területe?

  200 140  
120     ???
80   150  
  250   210

Megoldás

  e f g h
a
1 200 140  
120 2   ???
80   150  
  250   210
b
c
d

Az egyes telkek oldalainak hosszát az ábrán láthatóan a,b,c,d ill. e,f,g,h-val jelöljük.
1-es telek területét a 80,140,150-es területű telkekből számoljuk ki.

Tudjuk, hogy c*e=80, c*g=150, a*g=140, így a*e=80*140/150

A most megkapott területből és a 120, 200 területű telkekből tudjuk a 2-vel jelölt telek területét kiszámolni:

e*b=120, a*f=200, a*e=80*140/150, így b*f=120*150*200/(80*140)

Ebből, valamint a 250 ill. 210 területű telekből tudjuk a kérdéses területet kiszámolni:

B*h= 210*120*200*150/(80*140*150) = 270

 

2. feladat 
Az Óperenciás-óceán egy szigetén azonos sebességű és fogyasztású repülőgépek állomásoznak. Üzemanyagot kizárólag itt tudnak vásárolni, és valamennyi felszállt gépnek vissza kell térnie erre a bázisra. A tankjukba éppen egy földkörüli út felére elegendő üzemanyag fér. Repülés közben időveszteség nélkül lehet üzemanyagot szivattyúzni bármely gépből akár egyszerre több másikba is.
A Mikulás úgy döntött, hogy miután széthordta végre az ajándékokat, pihenésképpen leszállás nélkül körberepüli a földet egy ilyen géppel. Három krampusz vállalkozott arra, hogy segít neki, ám az utolsó pillanatban az egyikük influenzás lett, és így nem tudja vezetni a gépét.
Hogyan tudja megoldani a Mikulás a feladatot két segítővel? Mennyi üzemanyagot kell minimálisan felhasználniuk?

 

Megoldás

A Mikulás gépe (M) a bázisról indulva + irányban repüli körbe a földet, a két segítő gép (S1 és S2) az út 2/8 részéig segíti M-t úgy, hogy üzemanyagot ad át neki, majd az út 2/8 részétől 6/8 részéig az M gép egyedül repül, mialatt S1 és S2 gépek visszarepülnek a bázisra, majd szemberepülnek M-mel. Az út utolsó negyedében ismét üzemanyag átadással segítik M-t.
A repülés menetét az alábbi táblázatban írjuk le:

 

Gépek helye, pillanatnyi üzemanyag

Tankolás

Gépek mozgása

0.

M, S1, S2 gép a bázison,

 

 

Mindhárom gépet tele  tankoljuk (3 tanknyi üzemanyag)

Mindhárom gép + irányban repül.

1.

M: 1/8 távolság, ¾ üzemanyag

S1: 1/8 távolság, ¾ üzemanyag

S2: 1/8 távolság, ¾ üzemanyag

S2 átad ¼ üzemanyagot M-nek

S2 átad ¼ üzemanyagot S1-nek

M,S1 + irányban repül

S2 – irányban repül (vissza a bázisra)

2.

M: 2/8 távolság, ¾ üzemanyag

S1: 2/8 távolság, ¾ üzemanyag

S2: bázison, 0 üzemanyag

S1 átad ¼ üzemanyagot M-nek

 

M + irányban repül

S1 – irányban repül (vissza a bázisra) S2 a bázison várakozik

3.

M: 3/8 távolság, ¾ üzemanyag

S1: 1/8 távolság, ¼ üzemanyag

S2: bázison, 0 üzemanyag

 

M + irányban repül

S1 – irányban repül(vissza a bázisra)

S2  a bázison várakozik

4.

M: 4/8 távolság, ½  üzemanyag

S1: bázison, 0 üzemanyag

S2: bázison, 0 üzemanyag

S1: teletankoljuk

 

M + irányban repül

S1 – irányban repül(M felé a bázisról)

S2  a bázison várakozik

5.

M: 5/8 távolság, ¼  üzemanyag

S1: 7/8 távolság, ¾ üzemanyag

S2: bázison, 0 üzemanyag

 

M + irányban repül

S1  – irányban repül(M felé)

S2  a bázison várakozik

6.

M: 6/8 távolság, 0  üzemanyag

S1: 6/8 távolság, ½ üzemanyag

S2: bázison, 0 üzemanyag

S2: teletankoljuk

S1 átad ¼ üzemanyagot M-nak

M,S1  + irányban repül

S2  – irányban repül(M felé a bázisról)

7.

M: 7/8 távolság, 0  üzemanyag

S1: 7/8 távolság, 0 üzemanyag

S2: 7/8 távolság, ¾ üzemanyag

S2 átad ¼ üzemanyagot S1-nek

S2 átad ¼ üzemanyagot M-nak

M,S1,S2  + irányban repül

 

8.

M, S1, S2 gép a bázison (visszaértek, üres tank)

 

 


A fenti táblázatból látható, hogy 2 segítő géppel a feladat megoldható. (Belátható, hogy egy segítővel a feladat nem oldható meg)
A fenti két segítő gépes megoldásnál 5 tanknyi üzemanyagot használtunk fel. Ha több segítő gép lenne, akkor még több üzemanyagra lenne szükség.

 


10. forduló

1. feladat
Egy család minden tagja ugyanolyan méretű csészékből tejeskávét ivott. Az egyik családtag a tej negyedrészét és a kávé hatodrészét itta meg. Hányan vannak a családban?

Megoldás
Legyen t a tej térfogata, k a kávé térfogata, n a családtagok száma. Egy csésze térfogatát az általánosság csorbítása nélkül vehetjük egységnyinek. Ekkor t+k=n és t/4+ k/6=1. Ezekből kapjuk, hogy 3t+2k=12, továbbá 3t+2(n-t)=12.Mivel n pozitív egész szám, azért t is pozitív egész, és természetesen k is pozitív egész szám. Innen k= (12-3t)/2=6- 3t/2. Ebből látható, hogy t páros, azaz t=2x. Ezt beírva k kifejezésébe kapjuk, hogy k=6-3x, ahol k pozitív egész volta miatt csak x=1 lehetséges. Ekkor k=3 ,t=2 és n=5. Tehát a családtagok száma 5.

 

2. feladat 
100 papírlapot megszámoztak 1-től 100-ig, majd összehajtogatva berakták egy dobozba. Legalább hány lapot kell egyszerre kivenni a dobozból, hogy a kivett lapok között biztosan legyen kettő olyan, amelyeken szereplő számok összege osztható 5-tel?

Megoldás
Előfordulhat, hogy 41 lap nem elegendő, ugyanis pl. a 100, valamint az 5k+1 és az 5k+2 alakú számok ( ahol k=0,1,2,…,19) olyanok, hogy nincs köztük kettő, amelyek összege osztható 5-tel. Belátjuk, hogy 42 lap elegendő. A kihúzott 42 lapon lévő számok 5-tel vett osztási maradékai a 0,1,2,3,4 számok közül kerülhetnek ki. Ha ezek között az 1 és a 4, vagy a 2 és a 3 előfordul, akkor az ezekhez tartozó számok összege osztható 5-tel. Emiatt ha a 42 szám között az 5-tel való osztásnál 1 vagy 4 maradékot adó számokból 20-nál több van, akkor(mindkét maradék előfordul, mert mind az öt maradékból 20 van az 1,2,…100 számok között) van köztük kettő, hogy az összegük osztható 5-tel. Hasonlóan, ha a 42 szám között az 5-tel való osztásnál 2 vagy 3 maradékot adó számokból 20-nál több van, akkor van köztük kettő, hogy az összegük osztható 5-tel. Ha pedig a 42 szám között az 1 vagy 4 maradékot adókból is és a 2 vagy 3 maradékot adókból is legfeljebb 20 szám van, akkor legalább 42-(20+20)=2 olyan van, amelyeknél 0 a maradék, de ekkor ezek összege osztható 5-tel.