Református Iskolák XX. Országos Matematikaversenye 2013 8. osztály 1. Pisti beledobott egy – kezdetben üres - kosárba valahány piros és kék labdát, amelyeknek legalább 90%-a piros. Jenő találomra kivett 50 labdát, közöttük 49 piros volt. Julcsi megnézte a kosárban maradt labdákat, és megállapította, hogy azok 7/8 része piros. Legfeljebb hány labda lehetett a kosárban?
(8 pont)
Megoldás: Jelöljük x-szel a Pisti által kosárba dobott labdák számát. 50 labdát kivéve, x-50 marad a kosárban, ennek 7/8-ad része piros, vagyis
50.
Az eredetileg kosárban lévő legalább 90 % piros labdából 49-et vett ki Jenő: így a kosárban legalább 0,9x-49 piros labda maradt.
Így
50 0,9 49.
Megoldva ezt az egyenlőtlenséget, adódik, hogy x ≤ 210. Vagyis legfeljebb 210 labda lehetett eredetileg a kosárban. Ellenőrzés: ld. megjegyzést Megjegyzés: ami harmadik (a második, amikor a megmaradt labdákból indulunk ki) megoldáshoz is vezet -
érdemes az alsó korlátot is vizsgálni. Legalább 7 piros és 1 kék labda maradt a kosárban. Összesen minimum 58 labda, amiből 2 kék, 56 piros (több, mint 90%). az előbbinek a többszörösei fordulhatnak elő 14 – 2 -> + 50; összesen 63 piros és 3 kék, vagyis 66; több, mint 90%-a minimum 51 21 – 3 -> + 50; összesen 70 piros és 4 kék, vagyis 74; több, mint 90%-a minimum 67 28 – 4 -> + 50; összesen 77 piros és 5 kék, vagyis 82; több, mint 90%-a minimum 83 ……. 140 – 20 -> +50; össz.: 189 piros és 21 kék, azaz 210; több, mint 90%-a min. 189 147 – 21 -> +50; össz.: 196 piros és 22 kék, azaz 218; több, mint 90%-a min. 197 154 – 22 -> +50; össz.: 203 piros és 23 kék, azaz 226; több, mint 90%-a min. 204
Református Iskolák XX. Országos Matematikaversenye 2013 8. osztály 2. Add meg azokat a háromjegyű természetes számokat, amelyek egyenlők a számjegyeik összegének a 11-szeresével? (10 pont)
Megoldás: A 11-gyel való oszthatóság szabályát felhasználva, és sorban x, y, z-vel jelölve a háromjegyű szám számjegyeit: (1) 100x+10y+z = 11(x+y+z), illetve: 1. x-y+z = 0 vagy 2. x-y+z = 11 (mivel 3 jegyű számokról van szó) Az (1) egyenletből: 89x – y – 10z = 0, ebből 1. y = x+z helyettesítéssel: 8x = z, vagyis a keresett szám: 198 (mivel x csak 1 lehet). 2. y = x+z-11 helyettesítéssel nem kapunk további számot (semmilyet nem kapunk). Tehát egyetlen ilyen számot találtunk, ez a 198. A feltételnek eleget tesz.
Megjegyzés: A fenti eredményhez a 11-gyel osztható háromjegyű számok kezdeti felsorolásából is könynyen eljuthat, persze egyszerű indoklás szükséges, hogy más megoldás nem lehet.
Református Iskolák XX. Országos Matematikaversenye 2013 8. osztály 3. Egy autóbusznak egy útján 322,5 kg/utas volt a kihasználtsági aránya, vagyis az üres kocsi tömegéből ennyi esett egy utasra. Visszafelé 18-cal több utas indult a busszal, így az arány 187,5 kg/utas lett. Mennyi lesz az arány, ha még 7 utas felszáll és így minden férőhely foglalt lesz? Hány férőhely van az autóbuszon az utasok számára? (12 pont)
Megoldás: Jelöljük x-szel az utasok számát, y-nal az üres (utasmentes) autóbusz tömegét. Ekkor
322,5 azaz y = 322,5x
Továbbá:
=187,5
azaz
y = 187,5x + 18·187,5
A „két y” egyenlőségéből kapott egyenletet megoldva: x=25 adódik. A keresett arány:
A férőhelyek száma: 50.
,∙
161,25 .
Református Iskolák XX. Országos Matematikaversenye 2013 8. osztály 4. Mari néni a hét minden napján háromfogásos ebédet készít. Bármely két fogás legfeljebb egy napon szerepel az étrendben. Legalább hány különböző ételt (fogást) kell tudni Mari néninek elkészítenie? (14 pont)
Megoldás: 1, …, 5 étel biztosan kevés (könnyen belátható). Megmutatjuk, hogy még 6 étel sem elegendő: Ehhez − az ételek minél jobb kihasználása, elosztása végett − 3 ételt 4-szer és további 3 ételt 3-szor használnánk (így összesen 3 · 4 + 3 · 3 = 21 helyet töltenénk ki). Az ételeket jelöljük a sorszámukkal (1,…,6), 4- szer használnánk az 1-3 ételeket: 1
1
1
1 2
3
2
2
2
3
Látjuk, hogy a 3. étel elhelyezésére már csak 2 lehetőség maradt. 7 étel viszont biztosan elegendő, mindegyiket 3-szor használva fel: 1
1
1
2
2
3
3
2
4
6
4
5
4
5
3
5
7
6
7
7
6
További megoldások is vannak.
Megjegyzés: jól szemléltethető, illetve igazolható a megoldás 7 pontú teljes gráffal.
Református Iskolák XX. Országos Matematikaversenye 2013 8. osztály 5. Egy körbe írható deltoid két oldalának aránya 1:2. Az átlók megrajzolásával keletkező négy derékszög szögfelezőinek a deltoid kerületén levő metszéspontjai legyenek rendre A,B,C,D. Határozzuk meg az ABCD négyszög és a deltoid területének arányát! (16 pont) Megoldás: Jelöljük x-szel a deltoid tompaszögnél lévő csúcsának és a trapéz (merthogy a zöld alakzat trapéz) távolságát. A kék színű és a kék-zöld színű (és a nem egyenlő szárú fekete-zöld színű) derékszögű háromszögek befogóinak aránya mindenütt 1:2. Ezt használjuk ki a továbbiakban. Ekkor a trapéz rövidebb alapjának fele: 2x, ami viszont egyenlő a deltoid átlói metszéspontjának és a trapéz rövidebb alapjának távolságával (a 45o-os szög miatt itt egyenlőszárú derékszögű háromszög van). Így a deltoid „fenti” csúcsának és az átlók metszéspontjának távolsága: 3x. Ezért a deltoid rövidebb átlójának hossza 6x, a hosszabb átló „alsó része” 12x. Így a deltoid hosszabb átlója 15x. Területe ezért 90x2. Hasonlóan a deltoid alsó részénél -> a trapéz hosszabb alapjának fele: 4x, magassága: 6x. Így a trapéz területe: 36x2. Következésképpen a keresett arány: 36/90 = 2/5.
x
3y=12x y=4x
2x 2x 6x
y y 12x 2y
