Halmos Mária–Pósa Lajos
VEGYES FELADATOK 1. tanri tmutat
Műszaki Könyvkiadó, Budapest
A könyv a Soros Alapítvány támogatásában részesülő Matematika-módszertani Kutatócsoport közreműködésével, az először 1981-ben megjelent jegyzet alapján készült.
A rajzokat készítette: Halmos Mária
c
c Pósa Lajos, 1981, 1998 Hungarian edition Műszaki Könyvkiadó
ISBN 963 16 2229 0
Kiadja a Műszaki Könyvkiadó Felelős kiadó: Bérczi Sándor ügyvezető igazgató Felelős szerkesztő: Halmos Mária Műszaki vezető: Abonyi Ferenc Borítóterv: Biró Mária Műszaki szerkesztő: Ihász Viktória A könyv terjedelme: 1,79 (A/5) ív Azonossági szám: MK 0901501
Nhny sz a knyvsorozatrl
A Matematika-módszertani Kutatócsoport középiskolai matematikatankönyv-sorozata, melynek ez a könyv is része, egy 1973-tól mintegy másfél évtizeden keresztül folyt tanítási kísérlet eredménye. Ezúton mondunk köszönetet azoknak a tanároknak, akik részt vettek a kísérletben és minden munkatársunknak, akik értékes tapasztalataikkal, beszámolóikkal, megjegyzéseikkel nagyon sokat csiszoltak, javítottak az anyagokon. Köszönetet mondunk Surányi Jánosnak, aki két évtizedig vezette a kutatócsoport sok nehézséggel terhes munkáját, figyelemmel kísérte, összefogta és kézben tartotta a tanítási kísérletet, nagy szakmai tudásával és emberségével segítette az iskolákban folyó munkát, a tanárok számára komoly támaszt jelentve; vállalta a kísérleti anyagok elkészítésének folyamatos szakmai irányítását, beleértve az anyagokhoz készített részletes bírálatait, amelyek alapján az évek folyamán sok jelentős javításra került sor. Köszönettel tartozunk Gádor Endrénének, aki a kísérletező tanárok munkáját segítette, és akinek a kísérleti anyagok javításában is sok része volt, és Genzwein Ferencnek, aki a 80-as években nagy segítséget nyújtott ahhoz, hogy a kísérleti munkákat folytathassa a kutatócsoport. Nagy szeretettel gondolunk Gábos Ildikóra, aki már sajnos nincs közöttünk, és aki nagy tanári tapasztalatával, a kísérletben való lelkes és áldozatkész részvételével, tanári útmutatók készítésével nagyon jelentős részt vállalt könyvsorozatunk kialakításában. Hálával tartozunk Péter Rózsának, aki élete utolsó éveiben – már nagyon betegen is – igen sokat segített a könyvek elkészítésében; Rényi Alfrédnak, aki annak idején a Matematika-módszertani Kutatócsoportot a Matematikai Kutató Intézetben létrehozta, és aki nagyon hatékonyan támogatta a tanulók önállóságára, kezdeményezéseire, tapasztalataira, felfedezéseire építő matematikatanítást. Köszönettel tartozunk Kékes Máriának, aki a Műszaki Kiadó részéről sokat tett azért, hogy ez a könyvsorozat minél tökéletesebben juthasson el az iskolákba. Könyveink szedését D. E. Knuth amerikai matematikus TEX matematikai kiadványszerkesztő programjával készítjük. Bori Tamásnak, Fried Katalinnak és Juhász Lehelnek köszönjük, hogy ennek a lenyűgözően matematikus-lelkületű programnak különböző fortélyait megismertették velünk. Halmos Mária a könyvsorozat alkotó szerkesztője
3
1. Két gyerek átmegy, egy visszahozza a csónakot, egy katona átmegy, a másik gyerek visszahozza a csónakot, és így tovább.
3{5. A feladatsor élvezetesebbé tehető, ha csapatjátékot csinálunk belőle. Ültessük a gyerekeket 2-4 fős csoportokba. A 3. feladathoz mindegyik csoport kap 6 kártyát, ezek jelképezik a súlyokat. A csoport egy tagja eldönti magában, hogy melyik a hibás súly, és egyben vállalja a mérleg szerepét (két keze lesz a mérleg két serpenyője), a többiek feladata természetesen az, hogy kevés méréssel kiderítsék, melyik a hibás súly. A csapatok versenyeznek, hogy a 3. feladatnál ki tudja a legkevesebb méréssel (szerencse nélkül) megtalálni a keresett súlyt, a 4. feladatnál melyik csapat tudja a legtbb súlyból 2 méréssel biztosan kiválasztani a hibás súlyt (ehhez további kártyákat kell adnunk). Állításaikat, módszereiket úgy ellenőrizhetjük, hogy mi magunk vesszük át a mérleg szerepét, velünk szemben kell bizonyítaniuk, hogy, mondjuk, 8 súlyból képesek 2 méréssel kiválasztani a hibásat. A tanár dolga ilyenkor az, hogy mindig a kevésbé szerencsés választ adja. Ha például feltesznek a mérlegre 2-2 súlyt, akkor egyenlőséget fogunk mutatni, így a maradék 4 súlyból kell megtalálni a hibásat, míg ha valamelyik serpenyő nehezebb lenne a másiknál, akkor a rajta lévő 2 súly közül kellene kiválasztani a hibásat. (Ezt mindegyik csapattal külön kell eljátszanunk, különben az egyik csapat jó módszerét elleshetné a többi.) (Kezdetben célszerű lehet a kedvezőbb válasszal is eljátszani a feladatot, mert elképzelhető, hogy nem látják tisztán, melyik válasz esetén mi a célszerű magatartás. Olyat is láttam már, hogy 9 súlynál a gyerekek feltettek 3-3 súlyt, és az egyenl válaszra 1 méréssel be tudták fejezni a játékot, de a nehezebbre nem! Nem látták át, hogy ez ugyanaz a helyzet: 3 súlyból kell 1 méréssel kiválasztani a hibásat.) 2 mérésnél 9 a maximum. Várjunk a közös megbeszéléssel addig, amíg mindegyik csapat nem jut el idáig! A közös megbeszélésre azért szükség van, most lehet például elárulni a válaszoló stratégiánkat (mindig a kedvezőtlenebb választ adjuk). Meg lehet próbálni a táblánál 10 súllyal (kártyák helyett most az 1, 2, . . . 9, 10 számok jelképezhetik a súlyokat). Kijön egy önként vállalkozó gyerek, és, mondjuk, feltesz 4-4 súlyt. A többi gyerekhez fordulunk, és megkérdezzük: Mit mutasson a mérleg, hogy ne legyen szerencséje? Lesz, aki itt rti meg, hogy mirl is van sz tulajdonk ppen. Azt vizsg ljuk,
hogy mi van akkor, ha a lehet leg gyesebben m r nk, de a lehet legnagyobb pech nk van.
9 súlynál 3-3-at teszünk fel. Melyik eset a kedvezőtlenebb? Mindegy, mert így is, úgy is 3-ból kell kiválasztani stb. Az 5. feladatnál azt a kérdést várom leginkább, hogy 3 (majd 4, 5, . . . ) méréssel legfeljebb hány súlyból lehet kiválasztani a hibásat. (Más kérdést is kaphatunk, és azt is gondoljuk végig, ha lehet!) A válasz: 27, 81, 35 , . . .
5
9. Ebből is csinálhatunk egy játékot! A játék neve (mondjuk) j sl s. Mindegyik gyerek sorjában megtippeli, hogy 3, 4, 5, . . . pont legfeljebb hány egyenest határoz meg. (Az ábrát fejben kell elképzelni, rajzolni tilos!) Egyszerre csak egy válaszra tippelünk, és miután mindenki leírta a „jóslatát”, egy táblai rajzon megnézzük, hogy valójában hány egyenes lesz azon az ábrán. Előbb-utóbb fejben már nem áttekinthető ez az ábra, és így a gyerekek rákényszerülnek arra, hogy a számsorozat alakulásából jósoljanak a folytatására (ezért is „jóslás” a játék neve, arra utal, hogy nem kell feltétlenül tudni a helyes választ, elég ha jól tudunk jósolni). Az egyenesek száma így alakul: 3, 6, 10, 15, 21, . . . (Ez kerüljön föl a táblára!) Mit lehet észrevenni? Azt, hogy a sz mok kztti k lnbs g mindig 1-gyel nagyobb lesz. Ennek alapján már könnyű jósolni, a következő szám így például 21 + 7 = 28 lesz. Milyen kérdések merülnek fel ez után? (1) Biztos-e, hogy a megfigyelt szabályszerűség továbbra is érvényes marad rkknrkk ? Hátha csak a véletlen műve ez az egyezés, és egy idő után már nem így következnek a számok egymás után? Próbáljuk meg bebizonytani, hogy sejtésünk mindig érvényes marad! (Ötlet: nézzük meg, hogy például a 7. pont felvételével mennyivel nő meg az egyenesek száma!) (2) Módszerünk nehézkes, ha nagy a pontok száma. Hány egyenest kapunk például 200 pontnál? n(n − 1) Tanári elhatározás kérdése, hogy akarjuk-e rávezetni a gyerekeket az általános 2 képletre vagy sem. Lehet, hogy még korai! (Az is elképzelhető, hogy néhány gyerek már ismeri ezt a képletet! Őket az elején gyorsan le kell kapcsolni, mert elrontják az egész játékot. Kapjanak más feladatot, amíg a játék tart.) Megfogalmazni semmiképpen sem árt azt a vágyunkat, hogy milyen jó lenne egy gyors módszert találni, amellyel (számológépet használva) pár másodperc alatt meg lehet határozni az egyenesek számát akkor is, ha nagy a pontok száma. Aztán esetleg később vissza lehet térni ide. Az is elképzelhető, hogy néhány gyerek felfedezi a képletet (bizonyítással vagy anélkül).
10. 5 pont 10 egyenest határoz meg, ha semelyik három nem esik egy egyenesbe; 8-at, ha pontosan három pont esik egy egyenesbe; 6-ot, ha két hármas egy-egy egyenesbe esik; 5-öt, ha pontosan négy esik egy egyenesbe; 1-et, ha az öt pont egy egyenesbe esik. Más eset nincs, tehát a feladat a) része nem oldható meg.
11. Ne csak egyenlettel oldják meg a gyerekek, hanem rajzzal is, okoskodással is. Ez a megjegyzés az összes egyenlettel is megoldható „szöveges” feladatra vonatkozik. Például így lehet okoskodni: Az ital és az üveg együttes ára: 1 üveg + 35 + 1 üveg = 38. Tehát az üveg 1,50; az ital 36,50. (Ez persze mondható „egyenlet”-es megoldásnak is.)
6
12. Okoskodással: Ha az apa 5 évvel kevesebb lenne, akkor az életkoruk összesen 57 év lenne, ami a fiú életkorának a háromszorosa. A fiú 19 éves, az apa 43.
13., 14. Lehetőleg fejben gondolkozzanak, csak az vegyen elő papírt, akinek nagyon muszáj.
19. A Föld felszínétől Föld méreteitől!
1 2π
≈ 0,16 m magasságban lesz a drót. Az eredmény független a
20. A háromszög három szöge: 67◦ , 63◦ , 50◦ . 21. A két hegyesszög: 27◦ és 63◦ . 22. A háromszög három szöge: 74◦ , 53◦ , 53◦ . 23. A szög egy papírra van lerajzolva, a nagyító természetesen nem változtatja meg a szög nagyságát (idealizált esetben, ha a kép hasonló az eredetihez).
25. Húzzuk be a három magasságot! 26. 1 egész = 4 negyed (a kis körök a nagy kör 0,5-szeres kicsinyítései). 27. P -ből körzővel e-n két metszést végzünk, majd a két metszéspont felező merőlegesét megszerkesztjük, például így:
P
e
28. a) Hetet kell kivenni (6 még nem elég, mert lehet, hogy mindhárom színből kettőt húztunk).
b) 31-et kell kivenni (30 még nem elég, mert lehet, hogy 30 zöldet vettünk ki). 29. Vigyázat, bal kesztyű és jobb kesztyű is kell! A helyes eredmény 31 (30 nem elég, mert lehet például, hogy 20 jobb fehéret és 10 bal feketét húztunk).
30. Okoskodással: A nagyobbik szám a kisebbik szám kétszeresénél 1-gyel nagyobb. Tehát a kisebbik szám háromszorosához 1-et adva kapunk 100-at. A kisebbik szám 33, a nagyobbik 67. 7
31. A „visszafelé göngyölés” módszerével célszerű megoldani: csütörtökön eladás előtt (8 − 2) · 2 = 12, szerdán 12 + 5 = 17, kedden (17 + 2) · 2 = 38, hétfőn (38 + 4) · 2 = 84 drágakő volt.
32. 1 óra 20 perc = 80 perc. 33. Ezt az „ugyanannyi” számot érdemes ismeretlennek venni. 34. Az 1–2., 3–4., 5–6., . . . 51–52. hétpárok mindegyikére csak 1 születésnap eshet. A 365. és az esetleges 366. napra egyet számítva is csak 27 születésnapot „osztottunk szét”. (Meggondolható, hogy már 27 születésnapot sem lehet úgy szétosztani, hogy ne legyen köztük legalább kettő két hétnél közelebbi.) 35. 2 óra 20 perc 36. Nyilván úgy osztják el a munkát, hogy egyszerre fejezzék be. Egy óra alatt az anyag 1 1 5 + = 2 3 6 részével végeznek. Tehát
6 5
óra a megoldás.
Más indoklás: 6 óra alatt a megadott szöveget (együtt) ötször tudnák legépelni, stb.
37. an = 2n − 8 39. b)
(2 : 2) : 2 : 2 : 2
2:
(2 : 2) : 2 : 2
40. A 12 szám összege 78. Ezt 2 : 1 arányban kell szétosztani a belső és a külső kör között. A belső körre így 26 jut. Most már csak a négy szóba jöhető szám összegeként kell a 26-ot előállítani, például 26 = 1 + 2 + 11 + 12. Így a külső körre maradnak a számok 3-tól 10-ig.
41. a) 5 · 5 · 5 − 5 · 5 = 100 b) (5 − 5) · 5 + c)
5 55 5+5 5 = 555−55 = 55−5 + 5 − 5 = −5−5= − =1 5 5 5 5
5+5 5 + 5 − 5 = 55−5 + = 2 5 5
42. A „visszafelé göngyölés” módszerével: 43. 3 óra 24 perc 8
24 ·
3 2
− 15 : 0,6 − 7 : 2 = 14
44. 1 óra alatt a három csap a tartály 1 + alatt megtelik a tartály.
1 2
+
1 3
=
11 6
részét tölti meg. Tehát
6 11
óra
A gyerekeknek biztonságosabb így: 1 óra alatt
11 6
rész, x óra alatt
45. Mindhárman
8 3
= 2
11 6
· x rész,
11 6
· x = 1, x =
6 . 11
2 3
1
1
cipót ettek meg. Így az egyik pásztor , a másik 2 cipót 3 3 adott a vadásznak. Ezek aránya 1 : 7, így a pénzen is ebben az arányban osztoznak.
46. Az előző megoldás gondolatmenete alapján: mind a hárman 4 , 3
Béla
1 3
5 3
ebédet ettek. András
ebédet adott Csabának. Így 4 : 1 arányban osztoznak a 60 forinton.
47. Két szép megoldás: I. Összeilleszteni két ilyen alakzatot téglalappá.
II. A terület = a nagy derékszögű háromszög területe + + az n kis háromszög területe = Csak ezek után emlékeztessünk a 9. feladatra.
48. a)
n n2 + . 2 2
b)
49. Például: 1. A-ból AB sugarú kör megrajzolása (Ez az O kör). 2. B-ből kicsi sugárral kör – O-val két metszéspontja P és Q. 3. PQ felezőpontja F. FB része AB-nek. 9
50. a) 10 cm b) 5 cm c) 4,8 cm 51. Kettesével csoportosítva a tagokat: 1−2 + 3−4 + 5−6 + . . . + 99−100 = −50 −1
−1
−1
−1
52. 0 + 1 + . . . +9 = 45 > 44, tehát nem. (Indirekt bizonyítás.) 53. 100 · 1,5 + 100 · 1,5 = 300 km a távolság köztük. 54. A fele utat fele sebességgel tette meg, így az egész időt elhasználta. Pár másodperc késéssel csak úgy érhetett célba, ha lezuhant. (Érdemes feltenni a kérdést, hogy vajon mekkora sebességgel kell lefelé mennie ahhoz, hogy elérje a 30 km/ó átlagot. A gyerekek várhatóan 45 km/ó-ra tippelnek.)
55. A-tól 40 km-re találkoznak. 57. (n + 1)2 − n2 = 2n + 1 58. A félnapok számát keressük: volt összesen 5+6=11 esőtlen és 7 esős félnap, azaz 18 félnap. Az üdülés tehát 9 napig tartott.
59. Meg kell vizsgálni minden pontról, hogy páros vagy páratlan sok szakasz indul-e ki belőle. Ahol eltűnt, ott nyilván páratlan ez a szám. 60. Ahol több nyíl fut be, mint ahány ki, ott van most; és ahol több nyíl indul ki, mint ahány befut, ott éjszakázott.
61. A „visszafelé göngyölés” módszerével: a véghelyzet A B C D 16 16 16 16 Mondjuk, a vesztési sorrend: A, B, C, D. Mi volt a helyzet a 3. játszma után? Mivel D volt a vesztes, A, B, C pénzét neki kellett megdupláznia, tehát A B C 8 8 8 És D-nek mennyi volt a pénze? Összesen 64 Ft vándorol a játékban, így D-re 40 jut: A B C D 8 8 8 40 10
Ez az utolsó előtti helyzet. Végül is ezt kapjuk: A B 16 16 8 8 4 4 2 34 33 17 Eszerint a játék kezdetekor A-nak 33, B-nek
C 16 8 36 18 9 17,
D 16 40 20 10 5 C-nek 9 és D-nek 5 Ft-ja volt.
62. abc − cba = 100a + 10b + c − (100c + 10b + a) = 99(a − c). Ez annyiféle lehet, ahányféle értéket felvehet (a − c). Az (a − c) lehetséges értékei: 0, 1, 2, . . . 8. Így 9 féle számot kaphatunk.
63. I. megoldás: x + 10x = 7183 x = 653. AB C +ABC0 7 1 8 3
II. megoldás:
Innen először C = 3, utána B = 5, és végül A = 6. (A 63{65. feladatok megoldásában különböző betűk jelölhetik ugyanazt a számot.)
64. I. megoldás: x + 10x = 581y. 581y osztható 11-gyel, innen y = 9, x = 529. II. megoldás:
AB C +ABC0 5 8 1 y
Az eredményt balról jobbra nézve A = 4 vagy 5, de A = 4 lehetetlen, mert még A+B+1 B
sem lehet 18. Tehát A = 5. Innen B = 3 vagy 2. B = 3 lehetetlen, mert ekkor a C oszlopban maradéknak kell képződnie.
1
Innen C = 9. ABC = 529.
65. Az X-szel jelölt hiányzó számjegyek nem feltétlenül egyformák. Jelöljük az egyiket A-val, a másikat B-vel. A679B osztható 72-vel, tehát 8-cal és 9-cel is. Mivel 8-cal osztható, 79B is osztható 8-cal. Ez a szám 800-tól csak 8-cal térhet el, így az utolsó jegye 2. A 9-cel való oszthatóságot a jegyek összegére alkalmazva A + 6 + 7 + 9 + 2 osztható 9-cel. Innen A = 3. Az elmosódott szám: 367,92. Egy töltény ára: 5,11 pengő.
11
66. A lovas 2 óra alatt teszi meg azt az utat, amit a gyalogos 4 óra alatt. Mivel a lovas sebessége 5 km/ó-val nagyobb a gyalogos sebességénél, a gyalogos sebessége 5 km/ó, a lovasé 10 km/ó. Vagy egyenlettel: g a gyalogos sebessége; 2(g + 5) = 4g =⇒ g = 5.
67. Hib s megold s: A két sebesség átlagával kell haladni (tehát 12,5 km/ó-val) ahhoz, hogy a két időpont számtani közepére érkezzen a síelő.
J megold s például: Ha a síelő 15 km/ó sebességgel nem 11-ig, hanem 1-ig futna, akkor a pálya hosszánál 30 km-rel többet tenne meg. Mivel óránként 5 km-rel tesz meg többet, mintha 10 km-es sebességgel haladna, 30 km többlet 6 óra alatt lesz. Tehát 10 km/ó-s sebesség esetében az időre 6 óra adódik, a pálya hosszára pedig 60 km. Indulási időpont: 7 óra. Ahhoz, hogy délben fusson be a célba, 5 óra alatt kell megtennie a 60 km-t. Az ehhez szükséges sebesség 12 km/ó. 68. Az első nap megtett v ·t = s, a másodikon 2v · t = s, a harmadikon pedig 9 8
2
3v 3t · 2 4
9 8
= s
utat. s + s + s = 150; innen s = 48. A megoldás: 48 km, 48 km, 54 km.
69. Félúton találkoznak. Az egész út az idősebbnek 10 perccel tovább tart, mint a fiatalabbnak, tehát az egész út fele tart 5 perccel tovább. Válasz: 10 perc múlva találkoznak.
70. Az összegnek fillérben számítva 3-mal oszthatónak kéne lennie. 17 330 nem osztható 3-mal. 71. Ha nagyon megfoghatatlan a feladat a gyerekeknek, akkor mutathatunk például egy 7 méréses megoldást: 1. mérés: 1 – 2 2. mérés: 1 – 3 3. mérés: 1 – 4 .. . 7. mérés: 1 – 8 (Ha mindegyik mérésnél egyenlőség van, akkor a 9. súly a hibás, különben pedig az, amelyik nehezebb volt.) 4 méréses megoldás: 1–2 3–4 5–6 7–8 12
Hogyan oldottuk meg korábban ezt a feladatot 2 méréssel (amikor még nem kellett előre megadni a méréseket)? 1. mérés: 123 – 456 Ennek eredményétől függően ez lenne a 2. mérés: 1 – 2 (ha a bal oldal a nehezebb), 4 – 5 (ha a jobb oldal a nehezebb), 7 – 8 (egyenlőség esetén). A nagy ötlet most az, hogy ebből a 3 lehetséges második mérésből egyet csinálunk: 2. mérés: 147 – 258
B rmi legyen is az 1. m r s eredm nye, ebbl a 2. m r sbl kider l, hogy melyik a hib s sly. Másik megoldás: Képzeletben a számozott súlyokat rendezzük el így: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Mindkét mérésben 3-3 súlyt teszek a mérleg serpenyőire. Az első méréssel megállapítom, hogy a fenti elrendezés melyik sorában van a rossz súly: az 1, 2, 3 csoportot hasonlítom össze a 4, 5, 6 csoporttal. A második méréssel azt állapítom meg, hogy a fenti elrendezés melyik oszlopában található a hibás súly: az 1, 4, 7 csoportot hasonlítom össze a 2, 5, 8 csoporttal.
72. Legyen az öt súly: a, b, c, d, e. Az első két mérésben a-t b-vel és c-t d-vel hasonlítom össze. Mindkét mérés nem mutathat egyenlőséget, így a következő lehetőségek vannak: I. a = b c > d Eszerint a és b jó súlyok. Összemérjük a-t e-vel, ebből kiderül e súlya; c > d alapján pedig el tudjuk dönteni, hogy mennyi c, illetve d súlya. II. a > b c > d Így e biztosan jó súly, és a két hibás súly nem került egyszerre a mérlegre. Tehát a lehetőségek: a b c d 100 99 101 100 101 100 100 99 Akármelyik súlyt e-vel összehasonlítva minden kiderül.
73. A feladat nagyon nehéz! Megtehetjük, hogy előtte (esetleg helyette) feladjuk a következő hasonló, de könnyebb feladatot: hat súlyunk van, 5 fekete és egy piros súly. E 6 súly közül öt azonos, egy pedig hibás: eltér a többitől, nem tudni milyen irányban. Még azt is tudjuk, hogy a hibás súly fekete színű. Válasszuk ki a hibás súlyt 2 méréssel egy kétkarú mérleg segítségével! 13
Nehezítés: ugyanez, de előre leírt mérésekkel (most is megy 2 méréssel)! Most már jöhet a 73. feladat megoldása:
Els m r s: 4-4 súlyt hasonlítok össze: I. Ha ezek egyenlőek, akkor a maradék ötben van a hibás, a megmért nyolc súly mind jó. A m sodik m r ssel három jó súlyt és a maradék ötből három súlyt hasonlítok össze. 1. Ha ezek egyenlőek, akkor a maradék kettőben van a hibás, és akkor a harmadik mérés ezek egyikét hasonlítja össze egy jó súllyal; és ebből már megtudjuk, melyik a hibás. 2. Ha nem egyenlőek, akkor ebben a most mért háromban van a hibás, és azt is tudom, hogy ez nehezebb vagy könnyebb a jó súlyoknál. Ekkor a harmadik m r ssel ezek közül kettőt összehasonlítok, és így megtudom, melyik a hibás. II. Ha nem egyenlőek, akkor a maradék öt súly mind jó, és a megmért nyolc között van a hibás, például p, q, r, s, t jók, és a b c d < A B C D .
M sodik m r s: 5–5 súlyt hasonlítok össze: a, b, A, B, C kerül az egyik serpenyőre; p, q, r, s, t a másikra. 1. Ha ezek egyenlőek, akkor c, d, D közt van a hibás.
Harmadik m r s: c-t mérem össze d-vel. Ha egyenlőek, akkor D a hibás. Ha nem egyenlőek, akkor az a hibás, amelyik a könnyebb. (Mivel az első mérésből tudjuk, hogy a, b, c, d könnyebb, mint A, B, C, D.) 2. Ha nem egyenlőek, akkor két eset van: a b A B C > p q r s t , ekkor tudom, hogy a hibás súly nehezebb, és A, B és C közül valamelyik a hibás; A és B összemérésével el tudom dönteni, hogy melyik a hibás. a b A B C < p q r s t , ekkor tudom, hogy a hibás súly könnyebb, és a és b közül valamelyik a hibás; a és b összemérésével megtudom, melyik a hibás.
Megjegyz s: Itt is feltehetjük a kérdést, hogy mi a helyzet, ha a méréseket előre meg kell adnunk. A válasz: 3 mérés így is elegendő! (Nehéz!)
74. 2
3 1
7 4
14 7
24 10
37 . . . 13 . . . az elemek különbsége
Mire az n-edik tagig eljutunk, az alábbi számokat adtuk hozzá sorban az első számhoz, a 2-höz: 1, 4, 7, . . . , 3n − 5. Ez (n − 1) darab szám. Az n-edik tag: an = 2 + (1 + 4 + 7 + . . . + (3n − 5)) = 2 +
14
(3n − 4)(n − 1) 3n2 − 7n + 8 = 2 2
75.
76. Válasszuk a területmérés egységének azt a területet, amelyet 1 kaszás 1 napi munkával lekaszál; x-szel jelöljük, hogy hány kaszás van a csoportban. Az egyik rét területét x x x így írhatjuk fel: + ; a másikét pedig így: + 1. 2
4
4
A két rét területe közti kapcsolatot ez az egyenlet fejezi ki:
x x x + =2 +1 2 4 4
Innen x = 8. A feladatot okoskodással is meg lehet oldani: A nagyobbik rétet fél napig az egész aratócsoport kaszálta, és fél napig a fél csoport, és így teljesen le is kaszálták. Eszerint a fél csoport fél nap alatt a nagyobbik rét egyharmadát kaszálja le. Tudjuk, hogy a kisebbik rét a nagyobbiknak a fele. A csoport egyik fele fél nap alatt lekaszálta a kisebbik rét egy részét, amely az előbbiek szerint ugyanakkora területű, mint a nagyobbik rét egyharmada. A fennmaradó rész, amit 1 kaszás 1 nap alatt kaszál le, a nagyobbik rész hatoda, mivel 1 1 1 + = . 3 6 2 Eszerint az egész aratócsoport 1 nap alatt a nagy rész négy harmadát kaszálja le, ez nyolcszorosa annak, amit 1 kaszás 1 nap alatt lekaszál. Tehát 8 kaszás volt az aratócsoportban.
77. t-vel jelöljük azt az időt, amennyire a közös felrakáshoz szükség van. Így A (t − 6) mp alatt tesz fel 32 figurát, B pedig (t + 10) mp alatt. Amikor közösen teszik föl a figurákat, 1 mp alatt 32 32 + t−6 t + 10 figurát tesznek föl. A 64 figura fölrakásához t mp kell, tehát
t
32 32 + t − 6 t + 10
= 64.
Innen t = 30. Tehát András 24 mp alatt rakja fel a saját bábuit, Béla pedig 40 mp alatt.
15
78. A nő 192 perc alatt tette meg az egész utat, a férfi 160 perc alatt. Az egész utat 32 perccel hosszabb idő alatt tette meg a nő, mint a férfi; a hídon viszont 1 perccel hosszabb ideig ment a nő, mint a férfi. Így a híd az egész út 1/32-ede. Még tudjuk, hogy a férfi 78 perccel előbb indult el, mint a nő. t-vel jelöljük azt az időt, amely a nő elindulásától addig telt el, amikor egyszerre értek a híd két végéhez. s-sel jelöljük az A és B közti távolságot. ts (t + 78)s s + + =s, 192 160 32 Tehát 11 óra 13 perckor értek a hídhoz.
innen t = 42 .
Így helyezkedik el a híd az AB úton: A
s 4
híd
B
3s 4
A hídnak B-hez közelebb eső vége A-tól nézve az út 1 negyedében van (B-től nézve az út 3 negyedében). Mivel a híd hossza az egész út 32-ed része, a híd A-hoz közelebbi vége 7s A-tól -nyire van. 32
79. Átalakíthatjuk az egyenletet: y2 =
2x 2 + 1
6x 2 + 12 9 =3+ 2 2 2x + 1 2x + 1
csak olyan szám lehet, amely osztja a 9-et; 2x 2 + 1
x2
nem lehet 1, mert
y2
akkor nem lehetne pozitív; 3 sem lehet, mert akkor = 6 lenne, és így y nem egész. 2x 2 +1 = 9, ha x = 2. Tehát x = 2, y = 2 az egyetlen megoldás a pozitív egész számok körében.
80. A második részletszorzatban, C-t B-vel szorozva a szorzat B vagy 10 + B. Innen érdemes elindulni a módszeres próbálgatásban. A keresett szorzás:
45 183 22 4 210
9×459 6 95 1 31 6 81
81. a) Azzal indulhatunk, hogy E csak 0 lehet, A pedig 1, mert két négyjegyű szám összege kisebb 20 000-nél. A keresett összeadás: 5240 +5210 10450
16
b) Három háromjegyű szám összege kisebb 3000-nél. Így B csak 1 vagy 2 lehetne, de B nem lehet 2 sem, mivel a százasok között B kétszer is szerepel, így ha A 9 lenne, az összeg akkor is bőven kisebb lenne, mint 2000. Innen már könnyű meggondolni, hogy A csak 8 lehet. Tehát így néz ki az összeadás: 811 181 +118 1110
c) A + R = A miatt R csak 0 lehet. A pedig 5-nél nagyobb, mert az ÓR A +I DA HAT R
összeadásban, mivel R = 0, +D csak úgy lehet, ha A + A > 10. A
Ezek után már kevés próbálkozással meg tudjuk határozni az összes betű értékét: 178 +230 408 +178 586
82. Ahogy végignézzük az osztást, látjuk, hogy a hányados második és negyedik jegye 0. A hányados harmadik jegye (8) adott. Az osztót 8-cal szorozva kétjegyű számot kapunk, így az osztó csak 10, 11 vagy 12 lehet. Az osztóval való beszorzások közt látunk két háromjegyű szorzatot; mivel az osztó nyolcszorosa még csak kétjegyű, a hányados hiányzó jegyei 9-esek. Eszerint az osztó nem lehet 10 vagy 11, mivel 9 · 11 kétjegyű. Tehát az osztó 12, a hányados pedig 90 809. A többi ebből azonnal adódik: 1089709 : 12=90809 108 97 96 109 108 1
83. Nem tudunk úgy felvenni 11 egyenest, hogy bármely két egyenes legalább 17◦ -ot zárjon be. Toljuk el ugyanis az egyeneseket úgy, hogy egy ponton menjenek át. Ekkor a 11 egyenes a 180◦ -ot 11 részre osztja, és ha bármely két egyenes legalább 17◦ -ot zár be, akkor ez összesen 11 · 17 = 187◦ lenne.
17
84. Írjuk fel a számokat nagyság szerinti sorrendben! A feladat állításán túlmenően azt fogjuk belátni, hogy már a szomsz dos sz mok különbségei közt is van 4 egyforma. Tegyük fel ugyanis, hogy mindegyik különbség csak legfeljebb 3-szor szerepel. A legkisebb tagtól a legnagyobbig eljutva ekkor legalább mekkora növekedést figyelhetünk meg? a1
a2
a3
...
a20
A szomszédos tagok különbségeinek összege adja meg a legnagyobb és a legkisebb tag különbségét. Ez akkor a legkisebb, ha van 3 db 1-es, 3 db 2-es, . . . 3 db 6-os és 1 db 7-es különbség. 3 · (1 + 2 + 3 + . . . + 6) + 7 = 70; vagyis a legnagyobb tag legalább 70-nel több a legkisebbnél, ami lehetetlen.
85. Panni állításából érdemes kiindulni. Két lehetőséget kell megnézni: I. Tegyük fel, hogy Panni a második. Ekkor Panni állítása szerint Rozi nem a negyedik. Rozi állítása szerint ekkor Kati az első, Évi állítása szerint pedig Zsuzsi a második. Ez ellentmond annak, hogy Panni a második. II. Ha Panni nem a második, akkor Panni állítása szerint Rozi a negyedik, Rozi állítása szerint Kati nem első, Kati állítása szerint Kati a harmadik, Zsuzsi állítása szerint Évi az ötödik, Évi állítása szerint pedig Zsuzsi a második. Tehát Panni az első, Zsuzsi a második, Kati a harmadik, Rozi a negyedik, Évi az ötödik.
18
