Page 1 - 2021. február
P. 1

KATEDRA-VERSENY



                                                     A verseny fő támogatói:      Realizované s finančnou podporou Fondu

                    A KATEDRA-VERSENYEK
                    FŐ SZERVEZŐJE                    a Szlovák Köztársaság Oktatási   na podporu kultúry národnostných menšín
                                                     Minisztériuma, Lilium Aurum
                                                     Könyv- és Lapkiadó és Dunaszer-
                    Társszervezők:                   dahely Város Önkormányzata
                    Katedra szerkesztősége  További, a versennyel kapcsolatos információk: www.katedra.sk, katedra.szerkesztoseg@gmail.com


                KATEDRA MATEMATIKAVERSENY


                ROVATVEZETŐ: RNDr. HORVÁTH GÉZA, horvath.geza@slovanet.sk                  AZONOSÍTÓ SZÁM: 2021001

                Tisztelt Kollégák!
                A Katedra Matematikaversennyel kapcsolatos részletes tudnivalókat lapunk szeptemberi számában olvashatják.
                A HARMADIK FORDULÓ FELADATAINAK MEGOLDÁSAI

                HORVÁTH GÉZA (ZSELÍZ) [H. G.] ÉS PÓCSIK BÉLA (NYITRACSEHI) [P. B.] FELADATAI

                V–VI. OSZTÁLY
                V – VI.  OSZT ÁL Y                                 Láthatjuk, hogy ezekben az összegekben a 9-es négyszer sze-
                                                                   repel, tehát ez lesz a bűvös négyzet közepében. A 6, 8, 10 és
                III–56–1. feladat:  Vizsgáljuk meg először, hogy hányfé-  12 háromszor fordul elő, ezért ezek a számok a bűvös négyzet
                le „belső” számot kaphatunk. Növekvő sorrendben a 0123,   sarokmezőiben lesznek. Az 5, 7, 11 és 13 csak kétszer for-
                1234, 2345, ..., 6789 számokat kapjuk. Ez 7 szám. Csökkenő   dul elő, ezért ezek a külső sorok és oszlopok közepén kapnak
                sorrendben a 9876, 8765, 7654, ..., 3210 számokat kapjuk. Ez   majd helyet. A feladat egy lehetséges megoldása a bal oldali
                is 7 szám, tehát összesen 14-féle belső számot állítható elő.   hasábban látható.[H. G.]
                Ezeket a 0, 1, 2, ..., 9 számjegyekkel „keretezhetjük”. Ez 10
                lehetőség. Összesen tehát 14 ∙ 10 = 140-féle telefonszámot
                lehet ezzel a módszerrel alkotni. (A legkisebb telefonszám a   III–56–3. feladat: Az 1. sor végén az 1 ∙ 1 = 1, a 2. sor végén
                001230, a legnagyobb a 998769.) [H. G.]            a 2 ∙ 2 = 4, a harmadik sor végén a 3 ∙ 3 = 9, a negyedik sor
                                                                   végén a 4 ∙ 4 = 16, az 5. sor végén az 5 ∙ 5 = 25 áll. Az első
                III–56–2. feladat: A számok összege 81, ezért a bűvös összeg   sorban 1, a második sorban 2 ∙ 2 – 1 = 3, a harmadik sorban
                81 : 3 = 27. Tehát mindhárom sorban, mindhárom oszlopban   3 ∙ 2 – 1 = 5 darab szám áll... Ezért a 2020. sor végén a 2020 ∙
                és mindkét átlóban ennyi lesz a három-három szám össze-  2020 = 4080400 áll. A 2020. sorban 2020 ∙ 2 – 1 = 4039 darab
                ge. Vizsgáljuk meg, hányféleképpen tudjuk előállítani a 27-es   szám áll. Mivel a 2. sor középső száma a sorban a 2. helyen
                összeget három különböző szám összegeként!         áll, a 3. sor középső száma a 3. helyen áll, ezért a 2020. sor
                       27 = 5 + 9 + 13                             középső száma a sor 2020. helyén áll. Ennek a sornak az első
                       27 = 5 + 10 + 12                            száma a 2019 ∙ 2019 + 1 = 4076362, a sor 2. száma a 4076362
                       27 = 6 + 8 + 13                             + 1, a 3. száma a 4076362 + 2, ..., a 2020. helyen álló szám a
                       27 = 6 + 9 + 12                             4076362 + 2019 = 4078381. A középső számot másképp is
                       27 = 6 + 10 + 11                            meghatározhatjuk: a 2. sor közepén a (2 + 4) : 2 = 6 : 2 = 3 áll,
                       27 = 7 + 8 + 12                             a 3. sor közepén az (5 + 9) : 2 = 14 : 2 = 7 áll. Ezért a 2020. sor
                       27 = 7 + 9 + 11                             közepén a (4076362 + 4080400) : 2 = 8156762 : 2 = 4078381
                       27 = 8 + 9 + 10                             áll. [H. G.]


                VII—VIII—IX. OSZTÁLYY
                VII — VIII — IX.  OSZT ÁL                          ha C = 3, akkor V = 7, ha pedig C = 4, akkor V = 9. Ezekből
                                                                   az alábbi megoldásokat kapjuk:
                III–7–1. feladat: Az M értéke csak 1 lehet. M = 1. Az egyesek
                oszlopából látszik, hogy az E értéke páros. Az L értéke 8 vagy
                9. Az M + L  vagy az M + L + 1 összeg nem lehet 12, mert
                akkor a százasok oszlopából 2-nek kellene lennie az átlépési             vagy
                maradéknak, ami lehetetlen. Ebből következik, hogy E = 0,
                ebből viszont I = 5.
                a) Ha L = 8, akkor a százasok oszlopából mindenképp kell
                lennie átlépési maradéknak. Itt további két esetet kell meg-  Ha A = 7, akkor D = 4. A C értéke elvileg csak 2 vagy 3 lehet,
                különböztetnünk:                                   de a 2 sem jó, hiszen ebben az esetben a V értéke 5 lenne,
                                                                   ami már foglalt. Tehát ebben az esetben C = 3, és ebből V = 7
                a1) Amikor a tízesek oszlopából nincs átlépési maradék, te-  lehetne, de a 7-es számjegy már foglalt.
                hát a C + C + 1 értéke kisebb, mint 10, azaz a C értéke 5-nél
                kisebb. Ez esetben az  A értékének 4-nél nagyobbnak kell  a2) Amikor a tízesek oszlopából van átlépési maradék, azaz
                lennie, hogy a százasok oszlopából legyen átlépési maradék.  a C + C + 1 értéke nagyobb, mint 9, vagyis a C értéke 4-nél
                Mivel az 5 és 8 számjegyek már foglaltak, az A értéke csak 6,  nagyobb. A C elméletileg 6, 7 vagy 9 lehet. Ha C = 7, akkor V
                7 vagy 9 lehet. A 9-et is kizárhatjuk, mert ebben az esetben  = 5 lenne, de ez már foglalt. Ha C = 9, akkor a V is 9 lenne,
                a D értéke 8 lenne, de ez már foglalt. Ha A = 6, akkor D = 2.  tehát ez sem felel meg. Ha C = 6, akkor V = 3. Keressük meg
                A C értéke 5-nél kisebb, tehát C = 3 vagy C = 4. Ezekhez a C  ehhez az A és a D értékeit! Az A-nak választható számjegyek:
                értékekhez rendre a V = 7 és a V = 9 értékeket kapjuk. Tehát:  7 és 9. Ám ha A = 7, akkor D = 5, de ez már foglalt, ha pedig

                                                                                                                         1
   1   2   3   4   5   6