ELŐSZÓ. Semmiből egy új, más világot teremtettem. Bolyai János

ELŐSZÓ „Semmiből egy új, más világot teremtettem.” Bolyai János

Marosvásárhely, az egykori Székelyföld fővárosa, a két Bolyai által vált a matematika fővárosává is. Az általuk elindított folyamatot a Ferenc József és a Bolyai Tudományegyetemek teljesítették ki. A semmiből egy új világot teremtve, az erdélyi matematika tanárok és diákok serege, 1990-ben többfordulós versenyként elindította Brassóból az Erdélyi Magyar Matematikaversenyt. Az EMMV immár három éve kétfordulós versennyé strukturálódott, egyik iránya a romániai matematika verseny megyei és országos szakaszához csatlakozik. Így a Tanügy-Minisztérium elismert versenyeként, a hivatalos oklevelek mellett anyagi támogatásban is részesül az idén. A másik iránya a Kárpát-medencét átfogó Nemzetközi Magyar Matematikaverseny erdélyi válogató szakasza. Az EMMV vonulatát a hozzáépült Wildt József, Radó Ferenc, Neumann János és Benkő József versenyek gazdagítják. Olyan fehér és árva a sík, fölötte álom-éneket dúdolnak a hideg axiómák. Az Univerzum vajon mit álmodik? Ezt az álmot fejtegetik évezredek óta a matematikusok. Titkaikat megosztják versenyeinken is, ami a tanároknak így a vándorgyűlés szerepét is betölti. Köszönet a Romániai Tanügy-Minisztériumnak, a Bolyai Farkas Elméleti Líceum tanári karának, a Sapientia-EMTE marosvásárhelyi karának, Marosvásárhelynek, a támogatóknak, a szülőknek, hogy az idén is egy rangos versenyen vehettünk részt. Bencze Mihály

1. FORDULÓ

XIX. ERDÉLYI MAGYAR MATEMATIKAVERSENY

FELADATOK I. FORDULÓ IX. OSZTÁLY

x = 19 y egyenletet! Kovács Béla, Szatmárnémeti 2. Adott az A = {1, 2, 3, 4,...,121} halmaz. Határozd meg azoknak az 1. Oldd meg a természetes számok halmazán az x + y +

(ai )i =1,k , 3 ≤ k , véges számtani haladványoknak a számát, amelyek állandó különbsége legalább 1 és legfeljebb 6 valamint minden tagja az A halmazban van. Csapó Hajnalka, Csíkszereda 3. Egy konvex hatszög alakú földterületet az átlók mentén parcelláznak fel, majd teleszórják búzamaggal. Összesen 1000001 búzamagot vetnek el. Igazold, hogy van olyan parcella, amelyre legalább 40001 búzamagot szórnak! Csapó Hajnalka, Csíkszereda 4. Az ABC háromszög [AB ] oldalának hossza prímszám. BM az ABC szögfelezője ( M ∈ (AC ) ). N ∈ (BC ) és T ∈ (BM ) úgy, hogy

MN

AB és NT

AC . Ha TBAT =

9 TABC , igazold, hogy a [BC ] 25

oldal hossza is prímszám! Szilágyi Jutka, Kolozsvár 5. Az ABC háromszögben AB < BC . Legyen AD és CE a háromszög két magassága ( D ∈ (BC ) , E ∈ (AB ) ) és M az (AC ) oldal felezőpontja. Az EMD szögfelezője az (AB ) oldalt F -ben metszi. Az AB egyenesen felvesszük a K pontot úgy, hogy (CA a BCK szögfelezője legyen. Bizonyítsd be, hogy a BFD és BCK háromszögek hasonlók! Olosz Ferenc, Szatmárnémeti

2


1. FORDULÓ

6. Egy bolha ugrál egy kör kerületén az óramutatók járásának irányába. Első ugrásának egy 1 -os középponti szög felel meg, második ugrásának 2 -os középponti szög felel meg és általában a k -adik ugrásának k -os szög felel meg. Hányadik ugrásával kerül először olyan pontra, ahol már járt? Demeter Albert, Kolozsvár X. OSZTÁLY 1. Határozd meg a p, q prímszámokat, ha 16p = 2765 + q 3 . Szilágyi Jutka, Kolozsvár 2

2. Egy 3n × 3n táblát n darab 3 × 3 -as táblára bontunk és mindenik 3 × 3 -as középső mezejét kivesszük a táblából (lásd a mellékelt ábrát). A megmaradt rész bal alsó sarkából egy huszárral indulunk (ló lépésben lépünk) és a jobb felső sarokba kell jutnunk. Legalább hány lépés szükséges ehhez? András Szilárd, Nagy Örs, Kolozsvár 3. Egy konvex hétszög alakú földterületet az átlók mentén parcelláznak fel, majd teleszórják búzamaggal. Összesen 2000001 búzamagot vetnek el. Igazold, hogy van olyan parcella, amelyre legalább 40001 búzamagot szórnak. Csapó Hajnalka, Csíkszereda 4. Az A1A2A3A4A5A6 konvex hatszög oldalaira kifele megszerkesztjük az Ai M i Ai +1 , i ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6} háromszögeket ( A7 = A1 ), amelyekben

(

)

m Ai M i Ai +1 = 120 . Igaz-e, hogy a szerkesztett háromszögek köré írt

körök által meghatározott körlapok lefedik a hatszöget? Szász Róbert, Marosvásárhely

3

1. FORDULÓ


5. Az ABC háromszögben AB = 5 , BC = 6 és AC = 7 . Legyen D ∈ (BC ) és E ∈ (AC ) úgy, hogy AD = AB és 17 ⋅ AE = 10 ⋅ AC . Bizonyítsd be, hogy az ABD háromszögbe írt kör középpontja, az ADC háromszög súlypontja és az E pont egy egyenesen helyezkednek el! Olosz Ferenc, Szatmárnémeti 1 1 6. Igazold, hogy ha 2 − < x < 2 + , ahol n ∈ , n ≥ 1 , akkor n n 1 1 2− < 2+ 2+ + 2+x <2+ , n +k n +k ahol k ∈

*

a négyzetgyökök száma. Bencze Mihály, Brassó XI-XII. OSZTÁLY

1. Egy bolha ugrál egy kör kerületén az óramutatók járásának irányába. Első ugrásának egy 1 -os középponti szög felel meg, második ugrásának 2 -os középponti szög felel meg, és általában a k -adik ugrásnak 2k −1 fokos szög felel meg. Hányadik ugrásával kerül először olyan pontra, ahol már járt? Demeter Albert, Kolozsvár ⎧ ⎪ x +y ≥ n +1 ⎪ ⎪ ⎪ szám esetén határozd meg az ⎨x ≤ n , 2. a) Adott n ∈ ⎪ ⎪ ⎪ y ≤n ⎪ ⎪ ⎩

(x , y ) ∈ 2 rendszer megoldásainak számát! b) Egy szavazáson három pártra lehetett szavazni, összesen 2009 -en szavaztak és minden szavazat érvényes (minden szavazó pontosan egy pártra szavazott). Hányféleképpen lehetséges ez, ha tudjuk, hogy egyik bármelyik két pártnak több szavazata van, mint a harmadiknak! Szász Róbert, Marosvásárhely

4


1. FORDULÓ

3. Egy táblára felírtuk az 1, 2, 3, …, 2009 számokat. Egy lépésben a táblán levő számok közül letörlünk hármat. Ha a letörölt számok a ≤ b ≤ c , akkor helyettük visszaírjuk a b 2009 − a 2009 és a c 2009 − a 2009 számokat. Lehetséges-e, hogy a végén 20092009 − 20082009 és 10012009 − 10002009 maradjon a táblán? Csapó Hajnalka, Csíkszereda 4. a) Az ABC háromszögben M ∈ [BC ] , N ∈ [CA] és P ∈ [AB ] úgy, hogy az MN és MP az AMC illetve AMB szögfelezője. Igazold, hogy AM ∩ BN ∩ CP ≠ ∅ . b) Bizonyítsd be, hogy ha az ABC háromszögben M ∈ [BC ] ,

N ∈ [CA] és P ∈ [AB ] úgy, hogy AM ∩ BN ∩ CP ≠ ∅ valamint

m(PMN ) = 90 , akkor MN szögfelezője.

és MP

az AMC

illetve AMB

András Szilárd, Kolozsvár 5. Legyen O és H az ABC háromszög köré írt körének középpontja illetve magasságpontja, valamint G1 , G2 és G3 a HBC , HAC , illetve

HAB háromszög súlypontja. Igazold, hogy az AG1 , BG2 és CG 3 egyenesek összefutók és a G1G2G 3 háromszög súlypontja az OM egyenesen van! Bencze Mihály, Brassó 6. Adott az a ∈

szám. Az f :

→

függvény esetén

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎣ f (x + y )⎦ = ⎣ f (x + a )⎦ + ⎣ f (y − a )⎦ , ∀x , y ∈ , ahol [x ] az x valós szám egészrészét jelöli. a) Igazold, hogy ⎡⎣ f 3 (x + y )⎤⎦ = ⎡⎣ f 3 (x )⎤⎦ + ⎡⎣ f 3 (y )⎤⎦ , ∀x , y ∈ b) Igazold, hogy f 2 (x ) ≤ f (x ) + 1 minden x valós szám 3

3

3

,

esetén! Demeter Albert, Kolozsvár

5

2. FORDULÓ


II. FORDULÓ IX. OSZTÁLY *

1. Határozd meg az x 1, x 2 , …, x n ∈

számokat, n ∈

*

ha tudjuk,

hogy x 1 + … + x n = 4n − 4 és

1 1 +…+ = 1. x1 xn

Farkas Csaba, Kolozsvár 2. Számítsd ki a

n

∑

1+

k =1

1 1 + összeget az n ∈ 2 k (k + 1)2

*

függvényeként! Bencze Mihály, Brassó 3. Adott az a1, a2 ,..., an > 0 , n ≥ 3 számtani haladvány. a) Igazold, hogy a1a 6 + a 3a 4 ≤ 2a 2a 5 . b) Határozd meg azon k ∈ {1, 2,..., n } számokat, amelyekre

a1an + a2an −1 + ... + an −1a2 + ana1 ≤ nakan −k +1 . Bencze Mihály, Brassó 4. A mellékelt ábrán az M és N pontszerű testeket egy rögzített hosszúságú madzag köti össze. Kezdeti állapotban az M test a B pontban és az N az A pontban van, majd addig mozog amíg az M test az A pontba kerül (AB < AC ) . Mi a mértani helye a két testet összekötő szakasz felezőpontjának? Csapó Hajnalka, Csíkszereda N0

A N

M M0 B

C

6


2. FORDULÓ

X. OSZTÁLY 1. Határozd meg azokat az x 1, x 2 ,..., x n ∈ (1, ∞) számokat, amelyekre ⎧x ⋅ x ⋅ ... ⋅ x n = 8 ⎪ ⎪ 1 2 ⎨ ⎪ log 2 + logx2 2 + ... + logxn 2 = 3 ⎪ ⎩ x1 Longáver Lajos, Nagybánya

2. Határozd meg az f :

→

függvényeket, amelyekre

2009 f (x ) − 2007 f ( f (x )) = 2x , ∀x ∈ Farkas Csaba, Kolozsvár x 2 +1 4x

πx πx + sin egyenlet pozitív 4 4 megoldásait! Van-e negatív megoldása ennek az egyenletnek? Szilágyi Jutka, Kolozsvár

3. Határozd meg a 2

4. Az ABC

= cos

oldalaira kifele megszerkesztjük az ABD és CAE

egyenlőszárú,

derékszögű

háromszögeket

úgy,

hogy

m(ABD ) = m(CAE ) = 90 . Számítsd ki az MNP mértékét, ahol M , N és P rendre az AC , AB illetve a DE felezőpontja! András Szilárd, Kolozsvár XI. OSZTÁLY 1. Az A ∈ M 3 ( ) mátrix esetén A3 = 2I 3 . Bizonyítsd be, hogy det (A2 − I 3 ) = 3 .

Kacsó Ferenc, Marosvásárhely 2. A P ∈ [X ] harmadfokú polinomra P (1) = 2009 , P (2009) = 1 és a P polinom egyik gyöke egész szám. a) Határozd meg a P polinomnak az X 2 − 2010X + 2009 -cel való osztási maradékát!

7

2. FORDULÓ


b) Határozd meg a P polinomot! Kacsó Ferenc, Marosvásárhely 3. a) Határozd meg az x n +2 = 6x n +1 − 4x n , x 0 = 2 , x 1 = 6 sorozat általános tagjának képletét! n b) Igazold, hogy ⎡⎢(3 + 5 ) ⎤⎥ + 1 osztható 2n -nel minden n ∈ ⎣ ⎦ esetén, ahol [x ] az x valós szám egészrészét jelöli. Szász Róbert, Marosvásárhely 4. Az (x n )n ≥0 valós számsorozat esetén x n (x n +1 − 1) = 1 , ∀n ∈ a) Határozd meg a sorozat általános tagját és x 0 ∈

.

azon

értékeit, amelyekre a sorozat jól értelmezett! b) Számítsd ki a sorozat határértékét! Bencze Mihály, Brassó XII. OSZTÁLY 1. A (G, ⋅) csoportban érvényes a következő implikáció: Ha

xy 2009 = z 2009x , akkor y = z . a) Igazold, hogy (G, ⋅) kommutatív csoport! b) Adj példát legalább 2009 elemű véges csoportra, amelyben teljesül az implikáció. *** x n n −1 2. Lehet-e az e = an x + an −1x + … + a1x + a 0 egyenletnek

(n + 2) páronként különböző valós megoldása, ha a 0 , a1, a 2 ,..., an ∈ 3. Bizonyítsd be, hogy ha az (an )n ≥1

? *** sorozat tagjai nullától különböző

természetes számok, a sorozat szigorúan növekvő és az f : * → függvény injektív, akkor az 1 1 1 + + ... + xn = f (a1 ) f (a1 ) + f (a 2 ) f (a1 ) + f (a2 ) + ... + f (an )

8

*


2. FORDULÓ

sorozat konvergens. Kacsó Ferenc, Marosvásárhely

1 2 x egyenletű parabola. A F (0,1) pontból húzott 4 Oy -nal nem párhuzamos egyenesnek a parabolával való egyik metszéspontját jelöljük M -mel. Az M pontban a parabolához húzott érintő az Oy tengelyt N -ben metszi. Határozd meg az F pont MN -re vonatkozó szimmetrikusának mértani helyét! András Szilárd, Kolozsvár 4. Adott az y =

9

1. FORDULÓ MEGOLDÁSOK


MEGOLDÁSOK I. FORDULÓ IX. OSZTÁLY 1. x =

y (19 − y ) ∈ y +1

és (y, y + 1) = 1 ⇒ (y + 1) (19 − y ) ⇒

(y + 1) 20 és y ≠ 0 ⇒ y ∈ {1, 3, 4, 9,19} A megfelelő x értékek: 9, 2,12, 9, 0 . Tehát a megoldáshalmaz:

{(9,1), (12, 3), (12, 4), (9, 9), (0,19)} 2. Számoljuk össze az r ∈ {1, 2,..., 6} állandó különbségű számtani sorozatokat! 3 tagú sorozatok: (1,1 + r ,1 + 2r ) , (2, 2 + r , 2 + 2r ) , ..., (121 − 2r ,121 − r,121) 4 tagú sorozatok: (1,1 + r ,1 + 2r,1 + 3r ) , (2, 2 + r, 2 + 2r, 2 + 3r ) , ..., (121 − 3r,121 − 2r ,121 − r,121) ... m tagú sorozatok: (1,1 + r,...,1 + (m − 1) r ) , (2, 2 + r,..., 2 + (m − 1) r ) , ...,

(121 − (m − 1) r,121 − (m − 2) r,...,121) ... 120 tagú sorozat: r (1, r + 1,...,121) , (mert 120 r , ∀r ∈ {1, 2,...6} ) Tehát az r állandó különbségű sorozatok száma: ⎛ ⎛120 ⎞ ⎞ − 1⎟⎟⎟ r ⎟⎟⎟ + 1 = (121 − 2r ) + (121 − 3r ) + ... + ⎜⎜121 − ⎜⎜ ⎝ r ⎠ ⎠ ⎝⎜ (120 − r )(122 − 2r ) = 2r

10



Tehát az összes keresett sorozat száma: 119 ⋅ 120 118 ⋅ 118 117 ⋅ 116 116 ⋅ 114 115 ⋅ 112 + + + + + 2 4 6 8 10 114 ⋅ 110 + = 16869 . 12 3. A legtöbb parcella abban az esetben keletkezik, ha minden átlót behúzunk és nincs három összefutó átló. Egy konvex ötszög átlói, ha hármanként nem futnak össze, akkor 11 részre osztják az ötszöget Konvex ötszögből konvex hatszöget kapunk, ha valamely oldalhoz (nevezzük anak) illesztünk egy háromszöget úgy, hogy az így kapott hatszög konvex legyen. Ezzel egy új parcellát kapunk. Így az új átlók nélkül 12 parcella van. Három új átlónk lesz, amelyekből kettőt az új csúcsból a két második „szomszédhoz” húzzuk, így további 2-2 átlót, illetve az eredeti ötszög a oldalát metszi, ezzel mindkét átló 4-gyel növeli a parcellák számát. Az ötödik csúccsal összekötve az új csúcsot, az metszi az a oldalt és további 3 átlót (az ötödik csúcsból induló két átló kivételével az ötszög minden átlóját metszi). Ezzel 5-tel növeli a parcellák számát. Tehát összesen 25 parcellára osztják az átlók a hatszög alakú termőföldet. Ha minden parcellára legfeljebb 40000 magot szórnának, akkor legfeljebb 1000000 mag kerülne a termőföldre. Tehát van legalább egy parcella, amelyre legalább 40001 magot szórtak.

11



4. A M T B

C

N

BT BT AM AM Th .t . BN Th .t . ⋅ TBAM = ⋅ ⋅ TABC = ⋅ ⋅ TABC = BM BM AC BC AC 2 2 ⎞⎟ ⎛ AM ⎞⎟ szögf .t . ⎛ AB AB 3 = , de = ⎜⎜⎜ ⎟⎟ TABC . Tehát ⎟⎟ ⋅ TABC = ⎜⎜⎜ ⎝ AC ⎠ ⎝ AB + BC ⎠ AB + BC 5 AB = p prímszám, így AB = 3 és BC = 2 , ami szintén prímszám. TBAT =

ADC és AEC derékszögű 5. Az háromszögekben az átfogóra húzott oldalfelezőkre írhatjuk: AC DM = EM = . 2 Az MDE egyenlő szárú háromszögben MF szögfelező és oldalfelező merőleges is (szimmetria tengely). Ha az ABC háromszög szögeinek mértékét A , B , C vel jelöljük, akkor az MCD és MAE egyenlő szárú háromszögekben a m (CDM ) = C ,

A M

E F B

D

C

( ) m (AME ) = 180 − 2A , m (CMD ) = 180 − 2C , ahonnan következik m (DMF ) = m (EMF ) = 90 − B , m (EDM ) = m (DEM ) = B , m (EDF ) = m (DEF ) = C , m (DFM ) = m (EFM ) = 90 − C és m (BFD ) = 2C . m AEM = A és így

o

o

o

o

12



Mivel m (DBF ) = m (KBC ) = B és m (BFD ) = m (BCK ) = 2C , ezért BFDΔ ∼ BCK Δ . 5. A háromszög köré írt kör középpontját origónak tekintjük. Így h = a + b + c (minden pont affixumát a megfelelő kisbetűvel jelöljük), a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c , g2 = és g 3 = . Így g1 = 3 3 3 1 1 1 a +b +c , tehát az (3g1 + a ) = (3g2 + b ) = (3g 3 + c ) = 4 4 4 6 a +b +c affixumú pont rajta van az AG1 , BG2 és CG 3 egyeneseken. 6 5(a + b + c) , b) A G1G2G 3 háromszög súlypontjának affixuma g = 9 tehát G ∈ OH . 6. A k -adik ugrás után a bolha helyzetét jellemző középponti szög k (k + 1) . Így a k -adik és m -edik lépés mértéke 1 + 2 + 3 + ... + k = 2 után pontosan akkor kerül ugyanabba a pontba a bolha ( m > k ), ha m (m + 1) k (k + 1) − = 360v , ahol v ∈ * . Ez ekvivalens az 2 2 (m − k )(m + k + 1) = 720v (= 24 ⋅ 5 ⋅ 32 ⋅ v ) egyenlettel. Mivel az

m − k és m + k + 1 paritása nem azonos, az előbbi egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha (m − k ) 16 vagy (m + k + 1) 16 . Mivel m > k ⎧⎪ m − k = 16 és a legkisebb megoldást keressük, az ⎪⎨ és ⎪ m + k + 1 = 45 ⎪ ⎩ ⎪⎧⎪ m − k = 15 rendszereket érdemes megvizsgálni. Az első esetben ⎨ ⎪⎪m + k + 1 = 48 ⎩ m = 30 és k = 14 , míg a második esetben m = 31 és k = 16 . Látható tehát, hogy m = 30 a kisebb megoldás, tehát a bolha 30 ugrás után kerül először olyan pontba, amit már korábban is érintett.

13



X. OSZTÁLY 1. Ha p = 3 , akkor q 3 = 163 − 2765 = 1331 , ahonnan q = 11 , tehát p = 3 , q = 11 megoldás. Ha p > 3 , akkor p = 3k + 1 vagy p = 3k + 2 , így

16p = 8 p ⋅ 2p = 23 p ⋅ 2p = 23 p ⋅ 23k +1 = 2 ⋅ (7 + 1)p (7 + 1)k = = 2 ⋅ (7l + 1)(7l + 1) = 2 ⋅ (7l + 1) = 7l + 2 vagy 16p = 23 p ⋅ 23k +2 = 4 ⋅ (7 + 1)p ⋅ (7 + 1)k = 4 ⋅ (7l + 1) = 7l + 4 . Tehát, ha p > 3 , akkor 16p ≡ 2(mod 7) vagy 16p = 4(mod 7) . Másrészt 2765 = 395 ⋅ 7 , így 2765 ≡ 0(mod 7) és mivel q -nak 7 -tel való osztási maradékai 1, 2, 3, 4, 5, 6 lehetnek, a q 3 ≡ 1(mod 7) vagy q 3 ≡ 6 (mod 7) , így 2765 + q 3 ≡ 1(mod 7) vagy 2765 + q 3 ≡ 6 (mod 7) .

Tehát a jobb és a bal oldalnak héttel való osztási maradékai nem egyenlők, így ha p > 3 az egyenletnek nincs megoldása. 2. A tábla bal alsó sarkából indulva írjuk minden szabad mezőbe azt a lépésszámot, amelyben a huszár leggyorsabban eljuthat oda (lásd az alábbi ábrákat). A táblát kitöltve észrevehető, hogy a főátló mentén a 4, 2, 4, 4, 6, 6, 8, 8,10,10,... számok jelennek meg. Belátható, hogy a jobb felső sarokban, azaz a (3n, 3n ) mezőben a 2n szám szerepel minden n ≥ 2 esetén, hiszen bármely 1 < i < n esetén (3i, 3i ) mezőből a (3i + 3, 3i + 3) mezőbe lépésben juthatunk el: 2 (3i, 3i ) → (3i + 2, 3i + 1) → (3i + 3, 3i + 3) . Tehát n = 1 esetén legkevesebb 4 , míg n ≥ 2 esetén legkevesebb 2n lépés szükséges a jobb felső sarokba való eljutáshoz.

14


1 1 0

2

2 2 1

2 2 1 2

0

2

15



3 3 2 3 2 1 3 0 3 7 6 5 4 5 4 3 2 3 4 3 0


3 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 2 3 1 2 3 3 2 3

6 7 6 6 5 5 4 5 3 4 4 3 2 2 3 1 4 1 3 4

6 5 6 5 4 3 4 3 2 3 2 3

7 6 5 5 6 4 5 4 4 5 3 4 3 3 4 2 3 4 2 3

7 6 5 6 5 4 5 4 3 4 3 4

16

6 7 6 6 7 5 6 5 5 6 4 5 4 4 5 5 4 5 5 4

8 7 6 7 6 5 6 5 6 5 6 5

7 8 7 7 8 6 7 6 6 7 5 6 7 5 6 6 7 6 6 7



Először igazoljuk, hogy egy konvex hatszög átlói legfeljebb 25 részre osztják a hatszöget. A parcellák száma abban az esetben a legnagyobb, ha nincs három összefutó átló. Egy konvex ötszög átlói, ha hármanként nem futnak össze, akkor 11 részre osztják az ötszöget 3.

Konvex ötszögből konvex hatszöget kapunk, ha valamely oldalhoz (nevezzük a-nak) illesztünk egy háromszöget úgy, hogy az így kapott hatszög konvex legyen. Ezzel egy új parcellát kapunk. Így az új átlók nélkül 12 parcella van. Három új átlónk lesz, amelyekből kettőt az új csúcsból a két második „szomszédhoz” húzzuk, így további 2-2 átlót, illetve az eredeti ötszög a oldalát metszi, ezzel mindkét átló 4gyel növeli a parcellák számát. Az ötödik csúccsal összekötve az új csúcsot, az metszi az a oldalt és további 3 átlót (az ötödik csúcsból induló két átló kivételével az ötszög minden átlóját metszi). Ezzel 5-tel növeli a parcellák számát. Tehát összesen 25 részre osztják az átlók a hatszöget. Konvex hatszögből konvex hétszöget kapunk, ha valamely oldalhoz (nevezzük b-nek) illesztünk egy háromszöget úgy, hogy az így kapott hétszög konvex legyen. Ezzel egy új parcellát 17



kapunk. Így az új átlók nélkül 26 parcella van. Négy új átlónk lesz, amelyekből kettőt az új csúcsból a két második „szomszédhoz” húzzuk, így további 3-3 átlót, illetve az eredeti hatszög b oldalát metszi, ezzel mindkét átló 5-tel növeli a parcellák számát. A másik két csúccsal összekötve az új csúcsot, azok metszik a b oldalt és további 5 átlót. Ezzel mindkét átló 7-tel növeli a parcellák számát. Tehát összesen 25 parcellára osztják az átlók a hétszög alakú termőföldet. Ha minden parcellára legfeljebb 40000 magot szórnának, akkor legfeljebb 2000000 mag kerülne a termőföldre. Tehát van legalább egy parcella, amelyre legalább 40001 magot szórtak. 4. Tekintsünk az A1A2A3A4A5A6 hatszög belsejében egy M pontot, és kössük össze a hatszög csúcsival. Az M pont körül keletkező szögek között biztos lesz 60 -osnál nagyobb mértékű, legyen ez például A2MA3 (lásd a mellékelt ábrát). Mivel m(A2M 2A3 ) = 120 és

m(A2MA3 ) > 60 , ezért az M pont az A2M 2A3 háromszög köré írt kör belsejében helyezkedik el. Mivel bármelyik M belső pont esetén keletkezik 60 -osnál nagyobb mértékű szög, amely a megfelelő kör belsejében lesz, ezért a körlapok lefedik a hatszöget. Szabályos hatszög esetén a középpont éppen a körök metszéspontja lesz. Megjegyzés: A feladat általánosítható n -szögekre. Ekkor (n − 2) ⋅ 180 m(Ai M i Ai +1 ) = , és az Ai M i Ai +1 háromszögek köré írt n körök lefedik az n -szöget. 5. Először kiszámoljuk, hogy BD = 2 és DC = 4 (a Heron-képlettel kiszámoljuk az ABC háromszög területét ( 6 6 ), majd az A-ból húzott magasságot ( h = 2 6 ) és a Pitagorász tételével

BD = 2 AB 2 − h 2 = 2 ; vagy dolgozhatunk a Stewart-tétellel)

18


Felírjuk

az


ABD

háromszögbe írt kör I középpontjának 5 ⋅ AB + 5 ⋅ AD helyzetvektorát: AI = és tudjuk, hogy D a (BC) 2+5+5 1 2 ⋅ AB + AC szakaszt arányban osztja: , tehát AD = 2 3 25 ⋅ AB + 5 ⋅ AC . AI = 36 Felírjuk az ADC háromszög G súlypontjának a helyzetvektorát: AC + AD , behelyettesítjük a AD vektort és kapjuk: AG = 3 10 2 ⋅ AB + 4 ⋅ AC . Tudjuk, hogy AE = ⋅ AC . AG = 17 9 Ezek alapján: −17 ⋅ AB + 11 ⋅ AC IG = AG − AI = 36 −34 ⋅ AB + 22 ⋅ AC , és GE = AE − AG = 9 ⋅ 17 17 ahonnan IG = ⋅ GE , tehát I, G, E egy egyenesen elhelyezkedő 8 pontok. 6. k -szerinti indukciót alkalmazunk. Mivel 1 1 1 és x +2 < 2+ +2 = 4+ <2+ n n n +1 1 1 ezért 2+x > 4− > 2− n n +1 1 1 < 2+x <2+ 2− , tehát k = 1 -re igaz. n +1 n +1 Feltételezzük, hogy igaz k -ig, azaz 1 1 2− < 2 + 2 + ... + 2 + x < 2 + . n +k n + k k −szor

19



Bizonyítjuk (k + 1) -re. Legyen t = 2 + 2 + ... + 2 + x , ekkor k −szor

1 1 2−
20



XI. ÉS XII. OSZTÁLY 1. A k -adik ugrás után a bolha helyzetét jellemző középponti szög mértéke 1 + 2 + 22 + ... + 2k −1 = 2k − 1 . Így a k -adik és m -edik lépés után pontosan akkor kerül ugyanabba a pontba a bolha ( m > k ), ha (2m − 1) − (2k − 1) = 360v , ahol v ∈ * . Tehát 2k (2m −k − 1) = 23 ⋅ 5 ⋅ 32 ⋅ v . Így k = 3 és m − k legkiseb értéke az a p szám, amelyre az előbbi egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha (m − k ) 16 vagy (2p − 1) 45 .

(2p − 1) 9 ⇔ p 6 és (2p − 1) 5 ⇔ p 4 . Tehát a legkisebb p érték 12 . Így k = 3 és m = 15 . 2. a) Az adott feltételeket teljesítő (x , y ) számpároknak megfelelő M (x , y ) pontok rácspontok, a [0, n ] × [0, n ] négyzet belsejében vagy az oldalain helyezkednek el az y = n + 1 − x egyenesen vagy fölötte. Az n(n + 1) (a négyzet ilyen rácspontok száma 1 + 2 + 3 + ... + n = 2 átlójával párhuzamos egyenesek szerint csoportosítva a pontokat). b) Ha x és y két párt szavazatainak a száma, akkor a harmadik pártnak 2009 − x − y szavazata van. Az adott feltétel az és x + y > 2009 − x − y , x + 2009 − x − y > y egyenlőtlenségeket jelenti. Így az y + 2009 − x − y > x x + y ≥ 1005 , x ≤ 1004 és y ≤ 1004 egyenlőtlenségekhez jutunk. Az 1004 ⋅ 1005 = 502 ⋅ 1005 lehetséges eredmény jöhet a) alpont alapján 2 létre. 3. Egy természetes számnak és 2009 -ik hatványának 3 -mal való osztási maradéka ugyanaz. Egy törlés után nem változik a számok összegének 3 -mal való osztási maradéka, ugyanis az új összeg és az előző közötti különbség.

21



a 2009 + b 2009 + c 2009 − 3a 2009 − a − b − c , ami osztható 3 -mal. Így a számok összegének 3 -mal való osztási maradéka nem változik. Az eredetileg táblán levő számok összege 50 ⋅ 101 , ennek 3 -mal való osztási maradéka 1 . A 20092009 − 20082009 + 10012009 − 10002009 összeg 3 -mal való osztási maradéka 2 . Tehát nem lehetséges, hogy ez a két szám maradjon a táblán.

4. a)

A

P N

B

C

M

A szögfelező tétele alapján az AMB és AMC háromszögekben, AP AM CN CM = = kapjuk : és . Így PB BM NA AM AP BM CN AM BM CM ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 1 , ahonnan Ceva tételének PB MC NA BM MC AM fordított tétele alapján következik, hogy AM , CP és BM összefutók. b) T

Q

A

P N

B

M

22

C



Legyen T és Q az A ponton át a BC egyenessel húzott párhuzamos metszéspontja a PM , illetve MN egyenessel. AP BM CN Ceva tétele alapján ⋅ ⋅ =1 PB MC NA AP AT = BPM Δ ∼ APTΔ és MNC Δ ∼ QNAΔ ⇒ és PB BM CN CM = . NA AQ AT BM CM ⋅ ⋅ = 1 ⇒ AT = AQ . Tehát az MTQ derékszögű Így BM MC AQ háromszögben MA oldalfelező ⇒ MA = AT = AQ ⇒ MATΔ

(

)

egyenlőszárú ⇒ m AMT = m (T ) , ugyanakkor m (BMP ) = m (T ) , tehát MP az AMB szögfelezője.

szögfelezője. Hasonlóan MN

az AMC

5. A háromszög köré írt kör középpontját origónak tekintjük. Így h = a + b + c (minden pont affixumát a megfelelő kisbetűvel jelöljük), a + 2b + 2c 2a + b + 2c 2a + 2b + c g1 = , g2 = és g 3 = . Így 3 3 3 1 1 1 a +b +c , tehát az (3g1 + a ) = (3g2 + b ) = (3g 3 + c ) = 6 4 4 4 a +b +c affixumú pont rajta van az AG1 , BG2 és CG 3 egyeneseken. 6 5(a + b + c) , b) A G1G2G 3 háromszög súlypontjának affixuma g = 9 tehát G ∈ OH . 6. a) Ha a feladatbeli egyenlőségben x → x − a és y → y + a helyettesítéseket végezzük, akkor az ⎡⎣ f 3 (x + y )⎤⎦ = ⎡⎣ f 3 (x )⎤⎦ + ⎡⎣ f 3 (y )⎤⎦ , ∀x , y ∈ egyenlőséghez jutunk. b) A g : → , g (x ) = ⎡⎣ f 3 (x )⎤⎦ függvény esetén

23


g (x + y ) = g (x ) + g (y ) ,


∀x , y ∈

igazolható, hogy g (nx ) = ng (x ) ,

.

Matematikai

indukcióval ⎛x ⎞ g (x ) = ng ⎜⎜ ⎟⎟ , ∀x ∈ ⇒ ⎝n ⎠ ⇒ g (x ) = 0 , ∀x ∈ . Így

∀x ∈ , tehát n g (x ) , ∀x ∈ ⎡ f 3 (x )⎤ = 0 , ∀x ∈ ⇒ f 3 (x ) ∈ [0,1) , ∀x ∈ ⇒ f (x ) ∈ [0,1) , ⎣ ⎦ ∀x ∈ ⇒ f 2 (x ) ≤ f (x ) , ∀x ∈ ⇒ f 2 (x ) ≤ f (x ) + 1 , ∀x ∈ .

24



II. forduló IX. OSZTÁLY 1. A számtani és harmonikus közepek közötti egyenlőtlenség alapján ⎛1 1⎞ (x 1 + ... + x n ) ⎜⎜⎜ + … + ⎟⎟⎟ ≥ n 2 ⇒ n 2 ≤ 4n − 4 ⇒ (n − 2)2 ≤ 0 x ⎠⎟ ⎝x n

1

1 1 + = 1 ⇒ x 1 > 1 és x 2 > 1 és x1 x 2 csak az x 1 = x 2 = 2 teljesíti a feltételeket.

⇒ n = 2 . Tehát x 1 + x 2 = 4 és

2.

n

∑ k =1

n 1 1 1+ 2 + = ∑ (k + 1)2 k k =1

2

⎛ ⎞ ⎜⎜1 + 1 − 1 ⎟⎟ = ⎜⎝ k k + 1⎠⎟

n ⎛ 1 1 ⎞⎟ 1 = ∑ ⎜⎜⎜1 + − ⎟⎟ = n + 1 − k k + 1⎠ n +1 k =1 ⎝

n

3.

∑a a

n

i n −i +1

i =1

= ∑ (a1 + (i − 1) r ) (a1 + (n − i ) r ) = i =1

n n ⎛ ⎞ = na12 + n (n − 1) a1r + ⎜⎜−n 2 + (n + 1) ∑ i − ∑ i 2 ⎟⎟ r 2 = ⎜⎝ ⎠⎟ i =1 i =1 2 ⎛ n (n + 1) n (n + 1)(2n + 1)⎞⎟ 2 ⎟⎟ r = = na12 + n (n − 1) a1r + ⎜⎜−n 2 + − ⎜⎝ 2 6 ⎠⎟

n (n − 1)(n − 2) 2 r 6 = n (a1 + (k − 1) r ) (a1 + (n − k ) r ) =

= na12 + n (n − 1) a1r +

nakan −k +1

= na12 + n (n − 1) a1r + n (−k 2 + (n + 1) k − n ) r 2

Tehát az a kérdés, hogy milyen k ∈ {1, 2,..., n } értékekre áll fenn az (n − 1)(n − 2) ≤ −k 2 + (n + 1) k − n 6 egyenlőtlenség. Ennek az egyenlőtlenségnek a megoldásai a valós számok halmazán

25



⎡1 ⎛ 2 2 ⎞⎤ ⎞ ⎛ ⎢ ⎜⎜n + 1 − n − 1 ⎟⎟ , 1 ⎜⎜n + 1 + n − 1 ⎟⎟⎥ , ⎟ ⎟⎟⎥ ⎢ 2 ⎜⎜ ⎟ 3 ⎠⎥ 3 ⎠⎟⎟ 2 ⎝⎜⎜ ⎢⎣ ⎝ ⎦ 2 ⎛ ⎞ ⎛ n − 1 ⎟⎟ n 2 − 1 ⎞⎟⎟ 1 1⎜ de ⎜⎜⎜n + 1 − ⎟⎟ > 0 és ⎜⎜n + 1 − ⎟ < n , tehát 2 ⎜⎝ 3 ⎠⎟ 2 ⎝⎜ 3 ⎠⎟⎟ ⎡1 ⎛ n 2 − 1 ⎞⎟⎟ 1 ⎛⎜ n 2 − 1 ⎞⎟⎟⎤⎥ ⎜ , 1 k ∈ ⎢⎢ ⎜⎜⎜n + 1 − n + + ⎟ ⎟⎟⎥ ∩ . ⎟ 3 ⎟⎟⎠ 2 ⎝⎜⎜ 3 ⎠⎥ ⎢⎣ 2 ⎜⎝ ⎦

c -x

A

L

K

Q

x N T

P

M

C

B

AN = x ∈ [0, c ] , x AM = AC . és b AM + AN AB x ⎛⎜ AC AB ⎞⎟⎟ = + ⎜⎜ − AP = ⎟ c ⎠⎟ 2 2 2 ⎜⎝ b

Legyen AB = c , c −x AM = AB c

4.

AC = b

Ha K ∈ (AB és L ∈ (AC hosszúságú

és

úgy, hogy AK

vektorok, akkor

AC = AL b

és AL és

ekkor Tehát

egységnyi

AB = AK , így c

x x KL ⇒ QP = KL ahol Q az [AB ] szakasz 2 2 felezőpontja. Tehát P a Q ponton át a KL egyenessel húzott AP = AQ +

párhuzamoson van. x = 0 esetén AP =

26

AB , tehát P = Q és x = c 2



cAC , tehát P ∈ AC . Tehát a P pont mértani helye a 2b [QT ] szakasz, ahol T a Q ponton át a KL egyenessel húzott párhuzamos és az AC oldal metszéspontja.

esetén AP =

27



X. OSZTÁLY

1. Logaritmáljuk az első összefüggést: log2 x 1 + log2 x 2 + ... + log2 x n = 3 , ⎛1 1 1⎞ majd az (a1 + a2 + ... + an ) ⋅ ⎜⎜ + + ... + ⎟⎟⎟ ≥ n 2 pozitív számok ⎜⎝a a a ⎠⎟ 1

2

n

közötti egyenlőtlenséget alkalmazzuk, ahonnan n 2 ≤ 9 ⇒ n ∈ {1, 2, 3} ⎧ x1 = 8

⎪ feltételt kapjuk. n = 1 esetben az ⎪⎨

⎪ log 2 = 3 ⎪ ⎩ x1

egyenletrendszer nem

összeférhető. x1 ⋅ x 2 = 8 ⎪⎧ n = 2 esetben ⎪ megoldásai: ⎨ ⎪⎪logx1 2 + logx2 2 = 3 ⎩ ⎧ ⎪ 3−2 5 3+2 5 ⎫⎪⎪ x1 , x 2 = ⎪ ,2 ⎨2 ⎬. ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎩ ⎭ x1 ⋅ x 2 ⋅ x 3 = 8 ⎪⎧ n = 3 esetben ⎪ megoldása: ⎨ ⎪⎪logx1 2 + logx2 2 + logx 3 2 = 3 ⎩ x1 = x 2 = x 3 = 2 .

{

}

2. A g(x ) = f (x ) − x függvényre 2007g(f (x )) = 2g(x ) . Ha y ∈ rögzített értelmezhetjük a következő sorozatot: x 0 = y , f (x 0 ) = x 1 x n = f (x n −1 ) . és általában Ezek alapján 2007 2007n g(x 1 ) = ... = g(x n ) , vagyis 2 2n 2007n g(x n ) = 2n g(x 0 ) . Ebből 2007n osztja g(x 0 ) -t minden n -re, tehát g(x 0 ) = 0 . Ez alapján a függvényegyenlet megoldása f (y ) = y . g(x 0 ) =

28


3. ∀ x > 0 -ra x + 2x

2


x2 + 1 x2 + 1 1 1 ≥2 ⇒ ≥2 ⇒ ≥ . Másrészt a x x 4x 2

függvény szigorúan növekvő, amiből következik, hogy

x 2 +1 4x

1

≥ 2 2 = 2 , ∀ x > 0 -ra.

πx πx πx ⎛ π πx ⎞ + sin = cos + cos ⎜⎜ − ⎟⎟ = ⎝2 4 4 4 4⎠ π(x − 1) π ⎛ πx π ⎞ = 2 cos ⋅ cos ⎜⎜ − ⎟⎟ = 2 cos ≤ 2 , ∀x ∈ ⎝ ⎠ 4 4 4 4 cos

Így 2

2

x 2 +1 4x

x 2 +1 4x

= cos

+

-ra.

πx πx + sin csak akkor, ha 4 4

⎧ 1 ⎪ ⎪ x + =2 ⎪ πx πx x = 2 = cos + sin , azaz csak ha ⎪⎨ , ⎪ π(x − 1) 4 4 ⎪ = cos 1 ⎪ ⎪ 4 ⎪ ⎩

ahonnan következik, hogy x = 1 az egyetlen megoldás. 2

x +1 x2 + 1 1 1 ≤ − , tehát 2 4x ≤ Ha x < 0 , akkor . Így a bal oldal a 4x 2 2 ⎛ 1 ⎞⎟ ⎜⎜0, ⎟ intervallumban változik és növekvő. A jobb oldal a ⎜⎝ 2 ⎠⎟

(−

2, 2 )

intervallumban

periodikusan

változik,

tehát

az

egyenletnek végtelen sok negatív megoldása van. 4. Az A pontot tekintjük origónak, a B és C pont affixumát jelöljük b illetve c -vel (minden pont affixumát a megfelelő kis betűvel c b jelöljük). Így e = ic és d − b = −ib , tehát m = , n = és 2 2 b − ib + ic c −b c −b p= . Ez alapján m − n = és p − n = i , tehát 2 2 2

MN ⊥ PN és MN = NP . Az m (MNP ) = 90° .

29



XI. OSZTÁLY 1. A3 = 2I 3 ⇒ A3 − I 3 = I 3 ⇒ (A − I 3 ) (A2 + A + I 3 ) = I 3 . Következik, hogy

det(A − I 3 ) det(A2 + A + I 3 ) = 1 , , det(A2 + A + I 3 ) ∈ és 2 2 ⎡⎛ ⎛ 3 ⎞⎟ ⎥⎤ 1 ⎞ det(A2 + A + I 3 ) = det ⎢⎢⎜⎜A + I 3 ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ I 3 ⎟⎟ ⎥ ≥ 0 , ⎜⎝ 2 ⎠⎟ ⎥ 2 ⎠ ⎢⎣⎝ ⎦ ezért innen következik, hogy det(A − I 3 ) = 1 és (1)

ahol det(A − I 3 ) ∈

Mivel (A + I 3 )3 = A3 + I 3 + 3A(A + I 3 ) és A3 = 2I 3 , ezért

(A + I 3 )3 = 3I 3 + 3A(A + I 3 ) = 3(A2 + A + I 3 ) , és (1) alapján innen következik, hogy [det(A + I 3 )]3 = 33 det(A2 + A + I 3 ) = 33 , tehát det(A + I 3 ) = 3 és így det(A2 − I 3 ) = det(A − I 3 ) det(A + I 3 ) = 3 . Megjegyzés. Létezik olyan mátrix , mely teljesíti a feladat feltételeit, például ⎛3 −10 3 ⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ A = ⎜⎜1 −2 0 ⎟⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜1 0 −1⎠⎟⎟ ⎝ 2. a) A maradékos osztás tétele alapján P (X ) = (X − 1)(X − 2009)Q(X ) + AX + B , ahol Q elsőfokú polinom. Az osztási algoritmus elvégzési módjából következik, hogy Q együtthatói, valamint A és B egész számok. Az első két feltételből következik, hogy és A + B = 2009 2009A + B = 1 . Innen A = −1 , B = 2010 . Megjegyzendő, hogy ha

30



ezekre nem kaptunk volna egész számokat, akkor a feladatnak nem lett volna megoldása. Következik, hogy P (X ) = (X − 1)(X − 2009)Q(X ) − X + 2010 . b) Legyen x a P egész gyöke. Így (x − 2009) [(x − 1)Q(x ) − 1] = −1 , ahol a szorzótényezők egész számok, tehát csak két eset lehetséges. Az egyik lehetőség: x − 2009 = −1 , (x − 1)Q(x ) − 1 = 1 , amiből következik, hogy x = 2008 és 2007Q(2008) = 2 , amely lehetetlen, mert 2 nem osztható 2007 -tel. A másik lehetőség: x − 2009 = 1 , (x − 1)Q(x ) − 1 = −1 . Ebben az esetben x = 2010 és Q(2010) = 0 . Mivel Q egész együtthatójú elsőfokú polinom, a második egyenlőségből következik, hogy Q(X ) = m(X − 2010) , ahol m ≠ 0 egész szám. Így P (X ) = m(X − 1)(X − 2009)(X − 2010) − X + 2010 . 3. a) A karakterisztikus egyenlet r 2 − 6r + 4 = 0 . A gyökök r1,2 = 3 ± 5 , tehát

x n = c1 (3 + 5)n + c2 (3 − 5)n . Az x 0 = 2 és x 1 = 6 feltételből az x n = (3 + 5)n + (3 − 5)n alakhoz jutunk. b) 0 < 3 − 5 < 1 , x n ∈

alapján írhatjuk, hogy

n

[(3 + 5) ] + 1 = x n , tehát azt kell igazolni, hogy x n 2n , ∀ n ≥ 0 . Ezt matematikai indukcióval igazoljuk: n = 0 esetén x 0 = 2 1 n = 1 esetén x 1 = 6 2 . Feltételezzük, hogy x k 2k , ∀k ≤ n . Így

x n +2 = 6x n +1 − 4x n = 3(2x n +1 ) − 22 x n és ez osztható 2n +2 -vel. A matematikai indukció elve alapján x n 2n , ∀n ∈

.

4. a) Az x n (x n +1 − 1) = 1 összefüggésből x n +1 = 1 +

31

1 , ∀n ∈ xn

.



x0 + 1 +1 x0 + 1 2x + 1 x1 + 1 x0 Tehát x 1 = , x2 = , = = 0 x0 + 1 x0 x1 x0 + 1 x0 3x + 2 5x + 3 8x + 5 x3 = 0 , x4 = 0 , x5 = 0 . Észrevehetjük, hogy 2x 0 + 1 3x 0 + 2 5x 0 + 3 F x + Fn x n = n +1 0 , ∀n ≥ 2 , ahol (Fn )n ≥0 a Fibonacci sorozat (ez Fn x 0 + Fn −1 indukcióval igazolható). Tehát a sorozat pontosan akkor értelmezhető, F ha x 0 ≠ − n −1 , n ≥ 0 . Fn Fn +1 x0 + 1 Fn +1x 0 + Fn Fn Fn lim x n = lim = lim . Mivel b) Fn n →∞ n →∞ F x + F n →∞ F n 0 n −1 n −1 x0 + 1 Fn −1

Fn 1+ 5 2 = , az előbbi határérték x 0 ≠ − n →∞ F 2 1+ 5 n −1 lim

lim x n =

n →∞

esetén

1+ 5 . 2

Fn +1 x0 + 1 2 Fn x0 = − esetén a lim határértékre alkalmazzuk a n →∞ Fn 1+ 5 x0 + 1 Fn −1 Cesaro-Stolz kritériumot. E célból kiszámítjuk a Fn +1 Fn +2 − Fn Fn +1 F 2 − Fn Fn +2 = lim n2+1 lim határértéket (ennek = −1 Fn +1 n →∞ Fn n →∞ F − F F 1 1 − + n n n − Fn −1 Fn kiszámítására használjuk az Fn2 − Fn −1Fn +1 = (−1)n egyenlőséget). Így

x0 = −

1+ 5 2 esetén lim x n = − . n →∞ 2 1+ 5

32



XII. OSZTÁLY 1. Tetszőleges x , y ∈ G esetén az y → yx és z → xy helyettesítésekkel x (yx )2009 = xyxy … xyx = (xy )2009 x 4019

tehát a feltétel alapján xy = yx . A 2010 -ed rendű egységgyökök csoportja teljesíti a feltételt. 2. Ha az adott egyenletnek van legalább (n + 2) különböző gyöke, akkor a Rolle tétel alapján az f (x ) = e x − an x n − an −1x n −1 − ... − a 0 függvény deriváltjának van legalább (n + 1) páronként különböző gyöke. Így az f ′′ függvénynek van legalább n páronként különböző gyöke és így tovább. Tehát az f (n +1) függvénynek is van legalább egy gyöke. Ez viszont ellentmondás, mert f (n +1) (x ) = e x . 3. Mivel f injektív és f (x ) ∈

*

, ∀x ∈

*

f (a1 ) + f (a2 ) + ... + f (an ) ≥ 1 + 2 + ... + n =

n(n + 1) . 2

2 2 2 + + ... + < 3 , tehát az (x n )n ≥1 sorozat n(n + 1) 1⋅ 2 2 ⋅ 3 felülről korlátos. Az értelmezése alapján látható, hogy növekvő is, tehát a sorozat konvergens.

Így x n ≤ 1 +

4. Az (x 0 , y 0 ) pontban húzott érintő egyenlete ⎛ 1 ⎞ 1 e : ⎜⎜y − x 02 ⎟⎟⎟ = x 0 (x − x 0 ) . Az F -ből erre húzott merőleges ⎝ 4 ⎠ 2 −2 egyenlete d : (y − 1) = x , tehát ha M (x 1, y1 ) az F vetülete az x0 1 2x 0 + x 03 2 érintőre, akkor x 1 = és y1 = 0 . Így az F -nek a d szerinti x 02 + 4

33



szimmetrikusa rajta van az y = −1 egyenletű egyenesen. Ugyanakkor az x 1 értékkészlete az egész és így a mértani hely a teljes y = −1 egyenletű egyenes. Megjegyzés. A parabola értelmezése és az optikai tulajdonsága alapján számolás nélkül is azonnal belátható, hogy az F -nek a d szerinti szimmetrikusa a parabola vezéregyenesén van.

34


DIÁKOK NÉVSORA

IX. OSZTÁLY Bordi Eszter Budai Kinga Cseh Júlia Deák Norbert Demény Dávid Dobai Gábor Farkas Domokos Fülöp Balogh Beátrix German- Salló Zsófia Gilyen Hunor György Szabolcs Halász Hajnalka Jakobi Zsuzsanna Kegyes Krisztina Kémenes Endre Kerestély Árpád Kilyén Nándor-Alpár Koman Zsombor

Bolyai Farkas Elméleti Líceum Nagy Mózes Elméleti Líceum Nagy Mózes Elméleti Líceum Báthory István Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Baróti Szabó Dávid Iskolacsoport Báthory István Elméleti Líceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum János Zsigmond Unitárius Kollégium Mihai Eminescu Mihai Eminescu Ady Endre Elmeleti Liceum Báthory István Elméleti Líceum Salamon Ernő Gimnázium Áprily Lajos Főgimnázium Székely Mikó Kollégium Áprily Lajos Főgimnázium Kurunczi-Papp Kondrád Csiky Gergely Iskolacsoport Kúti-Kreszács Mátyás Octavian GogaFőgimnázium Lakatos Tamás Kölcsey Ferenc Főgimnázium Lázár Zsolt Tamási Áron Elméleti Líceum Mester Ágnes Székely Mikó Kollégium Miklós Erik Nagy Mózes Elméleti Líceum Móritz Sándor Silvania Főgimnázium Nagy Tamás Márton Áron Gimnázium Páll Tamás Tamási Áron Elméleti Líceum Péter Emőke Márton Áron Gimnázium Pisak Lukáts Borbála Bolyai Farkas Elméleti Líceum Porsche Endre Tamási Áron Elméleti Líceum

35

Marosvásárhely Kézdivásárhely Kézdivásárhely Kolozsvár Székelyudvarhely Székelyudvarhely Barót Kolozsvár Marosvásárhely Kolozsvár Sepsiszentgyörgy Sepsiszentgyörgy Sepsiszentgyörgy Kolozsvár Arad Sepsiszentgyörgy Sepsiszentgyörgy Sepsiszentgyörgy Sepsiszentgyörgy Arad Arad Székelyudvarhely Sepsiszentgyörgy Kézdivásárhely Sepsiszentgyörgy Csíkszereda Székelyudvarhely Csíkszereda Marosvásárhely Székelyudvarhely

DIÁKOK NÉVSORA Sajtos István Sandy Endre Kristóf Saszet Kata Szabó Zsolt Szabó-Györke István Szántó Zoltán-György Szász Attila Szederjesi Arnold Szika Ottó Zsolt Tomos Réka Tóth Evelyn Vámos Timea-Imelda Vass Gergely


Kölcsey Ferenc Főgimnázium Márton Áron Gimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Márton Áron Gimnázium Bartók Béla Elméleti Líceum Salamon Ernő Gimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Németh László Elméleti Líceum Áprily Lajos Főgimnázium Csiky Gergely Iskolacsoport Csiky Gergely Iskolacsoport Bolyai Farkas Elméleti Líceum

36

Szatmárnémeti Csíkszereda Marosvásárhely Marosvásárhely Csíkszereda Temesvár Sepsiszentgyörgy Marosvásárhely Arad Sepsiszentgyörgy Sepsiszentgyörgy Sepsiszentgyörgy Marosvásárhely


DIÁKOK NÉVSORA

X. OSZTÁLY Aczél Andrea Antal Enikő Balázs Norbert Mihály Bartalis Szilárd Bartos Júlia Bekő Timea Benedek Annabella Bogosi Réka Bondici László Borsos Zalan Brassai Beáta Csiki Timea Csiszér Ágnes Csorvasi Arnold Dávid Erika Dénes Károly Durugy Ákos Farczádi Albert Fazekas Norbert Fehér Áron Forró Timea Gábor Szabolcs-László Grecu Marius Iustin Guba Anett Hamar Beáta Héjja Rudolf Illyés Attila Incze Zoltán Kulik Árpád László Alma

Székely Mikó Kollégium Áprily Lajos Főgimnázium Arany János Főgimnázium Salamon Ernő Gimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Mikes Kelemen Főgimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Ady Endre Elmeleti Liceum Kölcsey Ferenc Főgimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Márton Áron Gimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Ady Endre Elmeleti Liceum Báthory István Elméleti Líceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Mihai Eminescu Bolyai Farkas Elméleti Líceum Nagy Mózes Elméleti Líceum Salamon Ernő Gimnázium Márton Áron Gimnázium Ady Endre Elmeleti Liceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Székely Mikó Kollégium Márton Áron Gimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Németh László Elméleti Líceum Silvania Főgimnázium

37

Arad Nagyvárad Nagyvárad Zilah Marosvásárhely Zilah Marosvásárhely Nagyvarad Szatmárnémeti Marosvásárhely Székelyudvarhely Székelyudvarhely Csíkszereda Marosvásárhely Székelyudvarhely Nagyvarad Kolozsvár Marosvásárhely Nagyvarad Marosvásárhely Kézdivásárhely Zilah Csíkszereda Nagyvarad Marosvásárhely Nagyvarad Csíkszereda Marosvásárhely Nagyszalonta Nagyvarad

DIÁKOK NÉVSORA Lőrinczi Ábel Major Lajos-Attila Marton Sándor Máté Ákos Nagy Zoltán Nyulas Dorottya Orbán A. Szabolcs Orbán M. Szabolcs Orbán Ottó Pásztor Timea Rab Enikő-Sarolta Rend Melitta Sándor Péter Sebestyén Ágnes Spir Anita Szabó Enikő Szilveszter István Takács Petra Takács Tímea Tempfli Arnold Tikosi Kinga Vajda Szabolcs Varga Roland-József Várhelyi Melinda Vass Balázs Vitályos Zsolt Zsogon Csilla


Mikes Kelemen Főgimnázium Petőfi Sándor Elmeleti Liceum Ady Endre Elmeleti Liceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Székely Mikó Kollégium Székely Mikó Kollégium Márton Áron Gimnázium Tamási Áron Elméleti Líceum Székely Mikó Kollégium Octavian GogaFőgimnázium Kölcsey Ferenc Főgimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Csiky Gergely Iskolacsoport Baróti Szabó Dávid Iskolacsoport Bartók Béla Elméleti Líceum Báthory István Elméleti Líceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Kölcsey Ferenc Főgimnázium Tamási Áron Elméleti Líceum Báthory István Elméleti Líceum Arany János Főgimnázium Báthory István Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Nagy Mózes Elméleti Líceum Nagy Mózes Elméleti Líceum

38

Szekelyhid Nagyvarad Nagyvarad Marosvásárhely Székelyudvarhely Marosvásárhely Arad Arad Csíkszereda Székelyudvarhely Arad Zilah Szatmárnémeti Marosvásárhely Nagyvarad Barót Temesvár Kolozsvár Marosvásárhely Szatmárnémeti Székelyudvarhely Kolozsvár Nagyvarad Kolozsvár Székelyudvarhely Kézdivásárhely Kézdivásárhely


DIÁKOK NÉVSORA

XI. OSZTÁLY Bedő Anita

Márton Áron Gimnázium

Csíkszereda

Bodor Zoltán

Kölcsey Ferenc Főgimnázium

Szatmárnémeti

Boros Zoltán-János

Csiky Gergely Iskolacsoport

Brassó

Brudaşcă Renáta

Báthory István Elméleti Líceum Kolozsvár

Buslig Szabolcs


Csíkszereda

Csiki Szabolcs

Áprily Lajos Főgimnázium

Brassó

Ferencz-Hanke Réka


Csíkszereda

Fülöp Annamária


Csíkszereda

Garda Ingrid


Szatmárnémeti

Gencsi Márta

Tamási Áron Elméleti Líceum

Székelyudvarhely

Gurza László

Bolyai Farkas Elméleti Líceum

Marosvásárhely

György Levente

Salamon Ernő Gimnázium

Sepsiszentgyörgy

Hadnagy Kinga


Brassó

Ilyés Beatrix


Székelyudvarhely

Jakab Lilla

Octavian GogaFőgimnázium

Sepsiszentgyörgy

János Csongor


Csíkszereda

Kakucs Szende Gizella Baróti Szabó Dávid Isk .cs.

Barót

Kassay Farkas Ákos

János Zsigmond Unit. Kollégium Kolozsvár

Kecseti Hunor


Sepsiszentgyörgy

Keresztes Lehel


Marosvásárhely

Kocs Kinga


Brassó

Kolcza Tünde


Csíkszereda

Kolumbán József


Konnerth Rajmund


Marosvásárhely

Lakatos István

Székely Mikó Kollégium

Brassó

Lőrincz Emma


Brassó

Lukács Bettina


Brassó

39

DIÁKOK NÉVSORA


Mandici Szilárd


Szatmárnémeti

Módis László

Németh László Elméleti Líceum Sepsiszentgyörgy

Nagy Orsolya

Petru Maior Iskolaközpont

Régen

Nemes Kinga Gabriella Bartók Béla Elméleti Líceum

Temesvár

Pál Levente


Székelyudvarhely

Péterfi Zsuzsánna Polcz Péter

Silvania Főgimnázium Kölcsey Ferenc Főgimnázium

Brassó Szatmárnémeti

Sasu Róbert


Brassó

Sebestyén Balázs


Sipos Lehel


Nagyszalonta

Sütő Szabolcs


Marosvásárhely

Szabó Ágnes

Kézdivásárhely

Szakács Csilla

Nagy Mózes Elméleti Líceum Baczkamadarasi Kis Gergely Református Kollégium

Székelyudvarhely

Szász Mátyás


Brassó

Székely Noémi


Régen

Szép László Zoltán


Marosvásárhely

Török Tamás


Marosvásárhely

Várady Emese

Németh László Elméleti Líceum Gyergyószentmiklós

40


DIÁKOK NÉVSORA

XII. OSZTÁLY Akácsos Tibor

Baróti Szabó Dávid Iskolacsoport Barót

Aszalos Csongor


Marosvásárhely

Bajnóczi Tamás


Marosvásárhely

Bajzát Brigitta

Mikes Kelemen Főgimnázium

Margitta

Balázs Béla


Szatmárnémeti

Bánházi Botond

Octavian GogaFőgimnázium

Nagybánya

Biró Emese


Székelyudvarhely

Biró Zsolt


Székelyudvarhely

Hodgyai Zoltán


Csíkszereda

Illyés Ágota


Csíkszereda

Ilyés Zoltán

Silvania Főgimnázium

Margitta

Izsák István


Marosvásárhely

Károly Réka


Marosvásárhely

Kelemen Iringó


Marosvásárhely

Kerestély Enikő


Székelyudvarhely

Kilyen Attila-Örs


Gyergyószentmiklós

Kinczel Lajos Roland


Régen

Kis Kálmán Tamási Áron Elméleti Líceum Kisfaludi-Bak Zsombor Székely Mikó Kollégium

Székelyudvarhely Gyergyószentmiklós

Kolcsár Kálmán Imre


Nagybánya

Korpos Andor


Marosvásárhely

Kovács Ákos


Marosvásárhely

Kovács Zsolt Péter


Nagybánya

Lestyán Erika

Nagy Mózes Elméleti Líceum

Kézdivásárhely

Matanie Ábel



Menyhárt Bálind


Régen

Mihály Kinga


Székelyudvarhely

Nagy Tímea


Csíkszereda

41

DIÁKOK NÉVSORA


Nikora Nárcisz


Szatmárnémeti

Padrah István

Leővey Klára Líceum

Máramarossziget

Papp Ingrid

Ady Endre Elmeleti Liceum


Rangyák Eszter


Csíkszereda

Simon Levente



Szabó Péter


Marosvásárhely

Szakács Zselyke


Margitta

Szász Zsigmond


Margitta

Szatmári Barna


Marosvásárhely

Tiba Attila



Tóth Miklós-János

Bartók Béla Elméleti Líceum

Temesvár

Tóth Orsolya



Vas Orsolya

Mikes Kelemen Főgimnázium

Sepsiszentgyörgy

Visky Mária

Báthory István Elméleti Líceum

Kolozsvár

42


TANÁROK NÉVSORA

RÉSZTVEVŐ TANÁROK NÉVSORA Dr. András Szilárd Bencze Mihály Betuker Enikő Biró Judit Bíró Zoltán Both Gábor Csapó Hajnalka Dávid Géza Egyed Geza Farkas Csaba György Gabriella Hatházi Annamária István Zoltán Kacsó Ferenc Kató Enikő Kéry Hajnal Kovács Béla Kovács Lajos Mátéfi István Mészár Julianna Nagy Örs Nemes András Oláh-Ilkei Árpád Páll Olga Péter András Sebestyén József Stan Ágota Szász Árpád Dr. Szász Róbert Szilágyi Emőke Szilágyi Jutka Takács Attila Tamási Csaba

Babes-Bolyai Egyetem Áprily Lajos Főgimnázium Octavian GogaFőgimnázium Székely Mikó Kollégium Salamon Ernő Gimnázium Székely Mikó Kollégium Márton Áron Gimnázium Tamási Áron Elméleti Líceum Nagy Mózes Elméleti Líceum Babes-Bolyai Egyetem Bolyai Farkas Elméleti Líceum Báthory István Elméleti Líceum Ady Endre Líceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Kölcsey Ferenc Főgimnázium Ady Endre Líceum Kölcsey Ferenc Főgimnázium Tamási Áron Elméleti Líceum Bolyai Farkas Elméleti Líceum Arany János Főgimnázium Babes-Bolyai Egyetem Bartók Béla Elméleti Líceum Baróti Szabó Dávid Iskolacsoport Márton Áron Gimnázium Csiky Gergely Iskolacsoport Orbán Balázs Gimnázium Bolyai Farkas Elméleti Líceum Mikes Kelemen Főgimnázium Sapientia Erdélyi MagyarTudományegyetem Bolyai Farkas Elméleti Líceum Báthory István Elméleti Líceum Leővey Klára Líceum Márton Áron Gimnázium

43

MEGHÍVOTTAK


MEGHÍVOTTAK Matekovics Mihály, a tanügyi és kutatási tárca nemzeti kisebbségek oktatásáért felelős vezérigazgatója Csegzi Sándor, Marosvásárhely alpolgármestere Simon János, matematika szakos tanfelügyelő, Maros megye Dr. Weszely Tibor, Sapientia Erdélyi MagyarTudományegyetem

44


DÍJAZOTTAK

IX. OSZTÁLY

1.Deák Norbert Báthory István Elméleti Líceum 63 I.. díj 2.Fülöp Balogh Beátrix Báthory István Elméleti Líceum 54 II.. díj 3.Komán Attila Zsombor Áprily Lajos Főgimnázium 53 II.. díj 4.Péter Emőke Márton Áron Gimnázium 53 II.. díj 5.Sandy Endre Kristóf Márton Áron Gimnázium 52 III.. díj 6.Szabó-Györke István Márton Áron Gimnázium 52 III.. díj 7.Nagy Tamás Márton Áron Gimnázium 50 III.. díj 8.Porsche Endre Tamási Áron Elméleti Líceum 45 Dicséret 9.Lakatos Tamás Kölcsey Ferenc Főgimnázium 45 Dicséret 10.Kegyes Krisztina Báthory István Elméleti Líceum 44 Dicséret 11.Saszet Kata Bolyai Farkas Elméleti Líceum 44 Dicséret 12.Móritz Sándor Silvania Főgimnázium 44 Dicséret 13.Pisak Lukáts Borbála Bolyai Farkas Elméleti Líceum 40 Dicséret 14.Budai Kinga Nagy Mózes Elméleti Líceum 40 Dicséret 15.Szántó Zoltán-György Bartók Béla Elméleti Líceum 37 Dicséret 16.Halász Hajnalka Mihai Eminescu Főgimnázium 37 Dicséret 17.Mester Ágnes Székely Mikó Kollégium 36 Dicséret 18.Vass Gergely Bolyai Farkas Elméleti Líceum 35 Dicséret 19.Kémenes Endre Salamon Ernő Gimnázium 34 Dicséret 20.Kilyén Nándor-Alpár Székely Mikó Kollégium 33 Dicséret 21.György Szabolcs Mihai Eminescu Főgimnázium 32,5 Dicséret 22.Szederjesi Arnold Bolyai Farkas Elméleti Líceum 29 Dicséret 23.Cseh Júlia Nagy Mózes Elméleti Líceum 29 Dicséret 24.Farkas Domokos Baróti Szabó Dávid Isk. Cs. 27 Dicséret 25.Germán- Salló Zsófia Bolyai Farkas Elméleti Líceum 27 Dicséret Megjegyzés. A vonal fölötti díjazottak képviselik Erdélyt a XVIII. Nemzetközi Magyar Matematika Versenyen, 2009. március 12-16. között Gyulán.

45

DÍJAZOTTAK


X. OSZTÁLY

1.Borsos Zalán 2.Bondici László 3.Vass Balázs 4.Benedek Annabella 5.Tikosi Kinga 6.Takács Petra 7.Fehér Áron 8.Lőrinczi Ábel 9.Orbán M. Szabolcs 10.Várhelyi Melinda 11.Csiszér Ágnes 12.László Alma 13.Fazekas Norbert 14.Bartalis Szilárd 15.Zsögön Csilla 16.Illyés Attila 17.Sándor Péter 18.Dénes Károly 19.Grecu Marius Iustin 20.Tempfli Arnold 21.Csiki Timea 22.Hevele Balázs 23.Szilveszter István 24.Vajda Szabolcs

Bolyai Farkas Elméleti Líceum 72 Kölcsey Ferenc Főgimnázium 69,5 Tamási Áron Elméleti Líceum 66 Bolyai Farkas Elméleti Líceum 45 Tamási Áron Elméleti Líceum 40 Báthory István Elméleti Líceum 37 Bolyai Farkas Elméleti Líceum 35 Mikes Kelemen Főgimnázium 35 Székely Mikó Kollégium 35 Báthory István Elméleti Líceum 34,5 Márton Áron Gimnázium 29 Silvania Főgimnázium 33 Mihai Eminescu Főgimnázium 32 Salamon Ernő Gimnázium 29 Nagy Mózes Elméleti Líceum 29 Márton Áron Gimnázium 28 Kölcsey Ferenc Főgimnázium 27,5 Ady Endre Elmeléti Líceum 27 Márton Áron Gimnázium 27 Kölcsey Ferenc Főgimnázium 27 Tamási Áron Elméleti Líceum 26 Orbán Balázs Gimnázium 26 Bartók Béla Elméleti Líceum 26 Báthory István Elméleti Líceum 26

46

I. díj I. díj I. díj II. díj II. díj III. díj Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret


DÍJAZOTTAK

XI. OSZTÁLY

1.Kolumbán József 2.Sasu Róbert 3.Mandici Szilárd 4.Sipos Lehel 5.Hevele István 6.Polcz Péter 7.Pál Levente 8.Bodor Zoltán-Márk 9.Módis László 10.Gencsi Márta 11.Farkas Ágnes 12.Ferencz-Hanke Réka 13.Boros Zoltán-János 14.Hadnagy Kinga 15.Kecseti Hunor 16.Sebestyén Balázs 17.Buslig Szabolcs

Báthory István Elméleti Líceum Székely Mikó Kollégium Kölcsey Ferenc Főgimnázium Székely Mikó Kollégium Orbán Balázs Gimnázium Kölcsey Ferenc Főgimnázium Tamási Áron Elméleti Líceum Kölcsey Ferenc Főgimnázium Németh László Elméleti Líceum Tamási Áron Elméleti Líceum Orbán Balázs Gimnázium Márton Áron Gimnázium Csiky Gergely Iskolacsoport Csiky Gergely Iskolacsoport Salamon Ernő Gimnázium Báthory István Elméleti Líceum Márton Áron Gimnázium

47,5 42,5 41 40 38 36,5 34,5 32 29 28,5 27,5 27 26,5 26,5 26,5 26,5 26

I. díj II. díj II. díj II. díj III. díj III. díj III. díj Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret

18.Péterfi Zsuzsánna Silvania Főgimnázium 19.Kassay Farkas Ákos János Zsigmond Unit.Kollégium 20.Brudaşcă Renáta Báthory István Elméleti Líceum 21.Bedő Anita Márton Áron Gimnázium 22.György Levente Salamon Ernő Gimnázium 23.Ilyés Beatrix Tamási Áron Elméleti Líceum

24,5 24 22,5 22 22 22

Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret Dicséret

47

DÍJAZOTTAK


XII. OSZTÁLY

1.Kovács Zsolt-Péter


43 I. díj

2.Illyés Ágota


41 I. díj

3.Kisfaludi-Bak Zsombor Székely Mikó Kollégium

41 I. díj

4.Nagy Tímea


38 III. díj

5.Bajnóczi Tamás


34 Dicséret

6.Biró Zsolt


32 Dicséret

7.Károly Réka


32 Dicséret

8.Kilyén Attila-Örs


30 Dicséret

9.Bánházi Botond László Octavian Goga Főgimnázium

28 Dicséret

10.Izsák István


27 Dicséret

11.Rangyák Eszter


27 Dicséret

12.Kiss Kálmán


26 Dicséret

13.Simon Levente


25 Dicséret

14.Szász Zsigmond-Attila Áprily Lajos Főgimnázium 15.Visky Mária

25 Dicséret

Báthory István Elméleti Líceum 25 Dicséret

48

ELŐSZÓ. Semmiből egy új, más világot teremtettem. Bolyai János

Recommend Documents