4. Szilágyi Judit : Felvételi vizsgán kitűzött feladatokMűszaki Egyetem – Kolozsvár, 2019 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

5. Simon József : Matematika tantárgyverseny – körzeti szakasz . . . . . . . . . . . . . . . . 1896. VIII. osztályos tanulók országos felmérő vizsgája – 2020. június . . . . . . . . . . . . . .2367. Érettségi vizsga – 2020. június-július . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

III. LOGIKAI FELADVÁNYOK

23.o., 64.o., 107.o., 178.o., 199.o., 245.o., 288.o., 327.o., 368.o.

IV. KITŰZÖTT FELADATOK SZERZŐK SZERINT

Adorjáni Tomaj (L: 3182); Balázs Csaba (A: 4159, A: 4271); Bencze Mihály (L: 3120, L: 3122,L: 3146, L: 3153, L: 3154, L: 3162, L: 3172, L: 3183, L: 3186, L: 3195, L: 3200, L: 3216, L: 3227);Csáki Ferenc (A: 4151, A: 4156, A: 4206, A: 4216, A: 4251, A: 4261, A: 4266, A: 4296, A: 4301);Császár Sándor (A: 4139, A: 4199); Deák Imre (A: 4177); Gecse Frigyes (L: 3150); GyörgypálGergő (L: 3168, L: 3179); Györgypál Tamás (L: 3168, L: 3179); Hosu Gábor (L: 3185, L: 3237);Jakab Tibor (L: 3104, L: 3126, L: 3131, L: 3163); Kovács Bálint (L: 3099, L: 3118, L: 3136,L: 3158); Kovács Béla (A: 4161, L: 3128, L: 3138, L: 3144, A: 4207, L: 3161, L: 3171); LongáverLajos (L: 3102, L: 3119, L: 3134, L: 3151, L: 3166, L: 3187, L: 3232); Olosz Ferenc (L: 3100,L: 3103, L: 3115, L: 3116, A: 4179, A: 4182, L: 3130, L: 3132, A: 4223, L: 3148, L: 3152,L: 3164, L: 3180, L: 3184, L: 3196, L: 3212, L: 3228); Pálhegyi-Farkas László (A: 4285); Pap-Czier Levente (A: 4191); Şerdean Vasile (A: 4152, A: 4162, A: 4166, A: 4173, A: 4181, A: 4201,A: 4236, A: 4281, A: 4298, A: 4302); Schefler Barna (L: 3108, L: 3117, L: 3121, L: 3133,L: 3141, L: 3156, L: 3189, L: 3193, L: 3201, L: 3205); Simon József (A: 4171, A: 4178,A: 4194, A: 4196, A: 4219, A: 4243, A: 4264, A: 4299); Starc F. Zdravko (L: 3155); TamásSándor (A: 4231, A: 4244);

V. MEGOLDOTT FELADATOK

A: 4086 - A: 4105 és L: 3066 - L: 3079 (1. szám);A: 4106 - A: 4125 és L: 3082 - L: 3097 (2. szám);A: 4127 - A: 4145 és L: 3098 - L: 3105 (3. szám);A: 4147 - A: 4185 és L: 3115 - L: 3144 (6. szám);Elemi osztályos feladatok, A: 4186 - A: 4205 és L: 3146 - L: 3157 (7. szám);A: 4206 - A: 4220 és L: 3162 - L: 3177 (8. szám);A: 4226 - A: 4245 és L: 3178 - L: 3193 (9. szám);A: 4246 - A: 4265 és L: 3194 - L: 3209 (10. szám).

Matlap 10Ifjúsági matematikai lapok

Radó Ferenc Matematikamûvelô TársaságKolozsvár

XXIV. évfolyam2020.december

ISSN 1224-3140

RADÓ FERENC MATEMATIKAMŰVELŐ TÁRSASÁG

MATLAP

IFJÚSÁGI MATEMATIKAI LAPOK - KOLOZSVÁR

TARTALOM Oldal

1. Czondi János: Búcsú Kassay Ildikótól . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3452. A Magyar Tudomány Napja Erdélyben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3463. Róka Sándor : Feladatok szavak nélkül . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3474. Tuzson Réka, Tuzson Zoltán: Bűvös alakzatok kitöltéséről . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3525. Szabó Péter Gábor : Tényleg Vályi Gyula volt Riesz Frigyes mestere? . . . . . . . . . . . 3586. Olosz Ferenc: Műhelysarok – A feladatok sajátosságainak kihasználása . . . . . . . . . .3607. Kitűzött feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3628. Tuzson Zoltán: Logikai feladványok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3689. Megoldott feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 370

10. Feladatmegoldók rovata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38311. A Matlap 2020. évi tartalomjegyzéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . III.b.

XXIV.(LXVIII.) ÉVFOLYAM 10. 2020. DECEMBER

Megjelenik azErdélyi Múzeum-Egyesület Matematikai és Informatikai Szakosztálya,a Romániai Magyar Demokrata Szövetség, a Communitas Alapítvány,

az Emberi Erőforrások Minisztériuma és a Bethlen Gábor Alap támogatásával.

SZERKESZTŐBIZOTTSÁG

A Radó Ferenc Matematikaművelő Társaság elnöke és a Matlap főszerkesztője:Dr. Szenkovits Ferenc docens, Babeş–Bolyai Tudományegyetem

Szerkesztők: Adorjáni Csilla, Sárkány GyörgyiMűszaki szerkesztő: Néda ZsuzsaSzerkesztőbizottsági tagok:Dr. András Szilárd docens; Bandi Árpád tanár (Marosvásárhely); Dr. Bencze

Mihály tanár (Brassó); Furdek Attila tanár (Németország); Dr. Kása Zoltán egyetemitanár; Dr. Kolumbán József egyetemi tanár; Kovács Margit tanár; Dr. Nagy Örs tanár;Néda Ágnes tanár; Olosz Ferenc tanár (Szatmárnémeti); Dr. Sándor József docens;Simon József tanár (Csíkszereda); Şerdean Vasile tanár (Szamosújvár); Dr. SomogyiIldikó adjunktus; Tuzson Zoltán tanár (Székelyudvarhely).

A szerkesztőség postacíme: Redacţia Matlap, 400840 Cluj-Napoca, OP. nr. 9, C.P. 542.Tel: (0264)595191, E-mail: matlap2007@yahoo.com, www.matlap.org

A MATLAP 2020. ÉVI TARTALOMJEGYZÉKE

I. CIKKEK ÉS MATEMATIKAI JEGYZETEK

1. Tuzson Zoltán: Deriválható függvényeket tartalmazó függvényegyenletek . . . . . . . 12. Szabó Péter Gábor : Bolyai Farkas megfejtetlen számtáblázatai . . . . . . . . . . . . . . . . 113. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Számok felbontása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134. Kovács Béla: Érettségi vizsgálati feladványok az 1900–1918 közötti évekből . . . 155. Szabó Péter Gábor : Gondolatok Gausstól és Gaussról – Bitay László emlékére 546. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Síkidomok átdarabolása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 567. Sándor József : Ramanujan és 1729 – 100 éve halt meg Srinivasa Ramanujan . .978. Olosz Ferenc: Műhelysarok – A prímszámok kiválasztása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 999. Szabó Péter Gábor : Bolyai János művének tudománytörténeti jelentőségéről . 158

10. Jakab-Medvéssi Alice: Érdekességek Pitagoraszról . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16011. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Oszthatósági feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16312. Olosz Ferenc: Műhelysarok – A háromszög belső pontjára

vonatkozó összefüggések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16513. Játékos fejtörők . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184, 22314. Róka Sándor : Térképszínezés: A négyszín-tétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .18515. Szabó Péter Gábor : A bor zamata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19516. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Talpponti háromszögek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .19717. Róka Sándor : Feladatok szavak nélkül . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225, 266, 305, 34618. Olosz Ferenc: A háromszög megoldása sajátos esetekben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23019. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Tanuljunk őseinktől! . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23220. Oláh-Gál Róbert : Élj addig, amíg a meszelés kiszorít a házból! . . . . . . . . . . . . . . 23521. A MATLAP legeredményesebb feladatmegoldói . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .264, 30222. Kovács Levente: Klepp Ferenc professzor 80 éves . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26523. Szabó Péter Gábor : „Mindenki olcsón vásárolhat zsebbe férő kis számítógépet”

Kalmár László matematikai és informatikai munkásságáról . . . 27224. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Dolgozni csak pontosan, szépen . . . . . . . . . . . . . . . 27425. Soós Emőke: A matematikai problémamegoldó gondolkodás

fejleszthetősége általános iskolában . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27626. A Matlap terjesztői . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .III.b (Matlap 8)27. Tuzson Zoltán: Polinomfüggvényeket tartalmazó függvényegyenletek . . . . . . . . 30928. Oláh-Gál Róbert : „Kebel x” (A Bolyaiak szelleme kísért) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31329. Olosz Ferenc: Műhelysarok – Létezik-e? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31530. Kovács Béla: Hármasok és nyolcasok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .31731. A Magyar Tudomány Napja Erdélyben

Matematika és Informatika Alkalmazásokkal Konferencia . . . . . . . . 34532. Tuzson Réka, Tuzson Zoltán: Bűvös alakzatok kitöltéséről . . . . . . . . . . . . . . . . . . .35133. Szabó Péter Gábor : Tényleg Vályi Gyula volt Riesz Frigyes mestere? . . . . . . . .35634. Olosz Ferenc: Műhelysarok – A feladatok sajátosságainak kihasználása . . . . . . 358

II. VIZSGAKÉRDÉSEK, VERSENYEK

1. Czenter Enikő, Gaskó Gabriella: XIII. Petkes Gergely Emlékverseny . . . . . . . 6, 472. Simon József : XXVII. Bolyai János Emlékverseny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .413. III. Országos magyar matematikai olimpia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81, 121

Matlap 2020/10

Búcsú Kassay Ildikótól

Advent első hetében megdöbbenten értesültünk aszomorú hírről: december 3-án, életének 64. évébenhosszas betegség után Kassay Ildikó tanárnő visszaadtalelkét Teremtőjének. Tudtunk a betegségéről, de bíztunkbenne, hogy legyőzi, mint máskor annyiszor. Halála szem-besít mindannyiunkat az élet mulandóságával: kifelé tar-tunk az időből, földi utunk véges.Aranyosgyéresen született 1956. december 7-én. Iskoláita nagynevű nagyenyedi Bethlen Gábor Kollégiumbanvégezte. Az iskola szellemisége meghatározó volt atovábbi pályáján, innen hozta a matematika irántiszeretetét is. Vezérelve lett Bethlen Gábor, erdélyi fe-jedelem jelmondata: „Nem mindig lehet megtenni, amitkell, de mindig meg kell tenni, amit lehet.” Matematika

szakos tanári oklevelet a Babeş-Bolyai Tudományegyetemen szerzett 1980-ban. Pályáink et-től kezdve összefonódtak, 1990-től mindketten a Brassai Sámuel Elméleti Líceumba kértük azáthelyezésünket.

Pályafutása során sokszáz diákot tanított alázattal és sok-sok áldozattal, de lélekből ésnagy tudással. Közülük sokan lettek tanárok, matematikusok, informatikusok, közgazdászok,mérnökök, és elsősorban emberek, hisz az igazi pedagógus elsősorban embert nevel.

Szerénység, mély humánum jellemezte. Érzékeny volt a rászorulókkal szemben, s erretanította diákjait is. Önzetlenül segített akkor is, ha ehhez saját dolgait kellett háttérbe szorí-tania. Tudta és tanította, hogy alapos ismereteket csak kitartó munkával lehet elsajátítani. Amatematika tanulásához „nincs királyi út”, hangoztatta a versenyek utáni díjazások alkalmávalmondott beszédében.

Kassay Ildikó gondolkodni tanított. Lehetőséget adott az önálló véleményalkotásra. Rend-szeresen vezetett szakkört, felismerte a született matematikai tehetségeket, szeretettel és mélyátéléssel vezette őket a tananyagon túli felfedezésekre, a matematika finomabb rezdüléseire, ál-dozatos munkával készítette őket különféle versenyekre. Tanítványai közül sokan értek el kiválóeredményeket megyei, országos és nemzetközi versenyeken. Diákjai szívesen visszajártak évekmúltán is találkozni, tanácsot kérni vagy csak egyszerűen egy jót beszélgetni a tanárnővel.

Szakmai felkészültsége, emberi magatartása miatt tisztelték kollégái és tanítványai.Hosszú tanári pályáját mindvégig az elhivatottság, lelkiismeretesség és szakmai igényesség jelle-mezte.

Egyike volt azoknak a lelkes tanároknak, akik útnak indították 1993-ban a Kisokosmatematikaversenyt, amely később megyei szakasza lett a Nemzetközi Magyar Matematika-versenynek.

Az Erdélyi Tankönyvtanács pályázatára Kassay Ildikóval és Szabó Bertalannal együtt fog-tunk több szakkönyv megírásához, amelyeket különböző kiadók jelentettek meg: Összefoglalómatematika, Stúdium Könyvkiadó, Kolozsvár, 1996; Fogalmak, definíciók, tételek, NemzetiTankönyvkiadó, Budapest, 1999; Matematika, tankönyv a IX. osztály számára, Ábel Kiadó,2001; Függvények, feladatgyűjtemény, Stúdium Könyvkiadó, Kolozsvár, 1997; Román-magyarés magyar-román matematikaszótár, Stúdium Könyvkiadó, Kolozsvár, 1997.

Együtt szerkesztettük a 20 éves a Kisokos matematikaverseny című feladatgyűjteményt,

345

Matlap 2020/10

amely az Ábel Kiadónál jelent meg 2013-ban. Ezenkívül Ildikó szerzője volt több, Matlapbanmegjelent cikknek, a Kisokos matematikaversenyen kitűzött számos feladatsornak.

Betegsége miatt nyugdíjba kényszerült, de lelkesedése nem apadt ez után sem.Szívesen foglalkozott végzős diákok érettségire készítésével, tehetséges diákok versenyekre valófelkészítésével, a Pro Brassai Alapítvány ügyintézésével. Betegsége ellenére tudott másokrafigyelni, mások gondjaiért aggódni, segíteni. Példát adott a szeretet megéléséből, lelkénekjóságából adott mosolyt, türelmet. Utolsó percig küzdött és reménykedett. Tudta, hogy vana földi életünkön túlmutató reménység, hogy az adventi várakozásnak nagyobb távlata van,mint a közelgő karácsonyra való készülődés.

Nyugodj békében kedves Ildikó! Emléked szívünkben megőrizzük.Brassais kollégái nevében

Czondi János

A MAGYAR TUDOMÁNY NAPJA ERDÉLYBEN

11. Matematika és Informatika Alkalmazásokkal Konferencia

Ebben az évben sem maradt el a már hagyományossá vált rendezvény, de az előző évektőleltérően online formában került sor a konferenciára, 2020. november 13–14 között. Bár elmarad-tak a személyes találkozások, a közvetlen beszélgetések, a közös étkezések, ünneplés, séta vagykirándulás, a két nap során a mintegy 60 résztvevő 23 előadást hallgathatott meg a matematika,informatika és didaktika szekciókban. Ebben a formában több magyarországi, illetve Erdélybőlkülföldre elszármazott matematikus is bekapcsolódott előadásával.

A plénum előadást Solymosi Tamás, a Budapesti Corvinus Egyetem tanára tartotta,A kooperatív játékok magjának leírásáról címmel.

A didaktika szekcióban Osztián Pálma Rozália, Osztián Erika, Kátai Zoltán (SapientiaEMTE): Algoritmus Vizualizációs Környezetek: Az interaktivitás hatása a tanulási ered-ményekre; Bódis Klára (Zilahi Református Wesselényi Kollégium): Emberi erőforrások az ok-tatási rendszerben; Baranyai Tünde Klára (BBTE), Debrenti Edith (Partiumi KeresztényEgyetem, Nagyvárad): Az online matematika tanítás tapasztalatai ; András Szilárd (BBTE),Nagydobai Kiss Sándor (Szatmárnémeti): Reziduális háromszögek súlypontjai által alkotottháromszög területe és általánosítások ; Nagydobai Kiss Sándor, András Szilárd: Egymásrailleszkedő ortológikus háromszögpárok tulajdonságai előadásokat hallgathatták meg azok, akikbekapcsolódtak a konferenciába.

A konferencia zárómozzanataként a Farkas Gyula-emlékérem∗ átadása következett. Az idei díjazottmatematikatanárok: Bencző Piroska (Gyergyóal-falu), Deák Éva (Sepsiszentgyörgy) és PăcurarMária (Temesvár). A Farkas Gyula-emlékérem aromániai magyar nyelvű matematikai és infor-matikai ismeretek terjesztésében és a tehetség-gondozásban kiemelkedő eredményt elért tanároktevékenységének elismerésére lett alapítva, és 2006-tól kezdve minden évben a Magyar TudományNapja Erdélyben rendezvénysorozat keretébenkerül kiosztásra.

∗https://hu.wikipedia.org/wiki/Farkas_Gyula-emlékérem_(Kolozsvár)

346

Matlap 2020/10

FELADATOK SZAVAK NÉLKÜL

4. rész

Róka Sándor tanár, Nyíregyháza

Egy ábra gyakran többet mond, mint a hosszú feladatszöveg. A látott feladat talán érdeke-sebb is, mint a leírt feladat. A feladatokat ilyen tálalásban mutatjuk be, beszédes ábrákkal. Eza műfaj: „feladatok szavak nélkül”.

Azoknak a diákoknak ajánljuk a feladatsort, akik szeretik a szép feladatokat. A feladatokmegoldása egy olyan rutint ad, amely hozzásegít a versenyeken való eredményes szerepléshez.

A feladatok és a megoldások leírása vázlatos, a részletek kidolgozása az Olvasóra vár.

Mekkora a befestett szög? Mekkora a befestett szögek összege?

1. 2.

Az e és f egyenesek párhuzamosak.

3. 4.

Az e és f egyenesek párhuzamosak. ABCD négyzet,ABE egyenlő oldalú háromszög.

5. 6.

347

Matlap 2020/10

7. 8.

9. 10.

11. 12.

Egyenlő szárú trapézt két egyenlő Egy paralelogrammát feldaraboltunkszárú háromszögre bontottunk. három egyenlő szárú háromszögre.

13. 14.

348

Matlap 2020/10

15. 16.

17. 18.

Megoldások

1. A két háromszögben szögben a csúcsszögekkongruensek, így a másik két szög összege mindkétesetben ugyanannyi, vagyis 30◦+α = 70◦+40◦, ígyα = 80◦.

2. A párhuzamos egyenesek miatt váltószögeketlátunk. Ekkor β = 180◦ − 140◦ = 40◦, ezért α+ β = 75◦,azaz α + 40◦ = 75◦, így α = 35◦.

3. A vastag vonallal keretezett hatszög szögeinekösszege 720◦ (mert négy háromszögre osztható).

90◦ + α + (360◦ − 50◦) + 40◦ + 130◦ + 90◦ = 720◦,azaz α = 60◦.

349

Matlap 2020/10

4. A vastag vonallal keretezett háromszögegyenlő szárú. A szárszöge 90◦ − 60◦ = 30◦.

Így az alapon fekvő szögek mértéke180◦ − 30◦

2= 75◦ és α = 90◦ − 75◦ = 15◦.

5. A befestett egyenlő oldalú háromszög szögei60◦-osak. A vastag vonallal határolt egyenlő szárúháromszög külső szöge a nem mellette fekvő kétbelső szög összege. Ezért α+ α = 60◦, így α = 30◦.

6. Mivel a háromszög külső szöge a nem mel-lette fekvő két belső szög összege, ezért α + α = β,így β = 2α, és α+β = γ, azaz α+2α = γ, γ = 3α, ésa derékszögű háromszögben a hegyesszögek összegeα + γ = 90◦, tehát α + 3α = 90◦, így α = 22, 5◦.

7. Derékszögű háromszögben a hegyesszögekösszege α + β = 90◦. A befestett háromszög egyik

külső szöge γ, és γ =α

2+β

2=

90◦

2= 45◦.

8. A vastag vonallal határolt háromszögben40◦ + α + β = 180◦, α + β = 140◦.

A befestett háromszögben180◦ − α

2+γ+

180◦ − β2

= 180◦, azaz

γ =α + β

2=

140◦

2= 70◦.

9. Az ábrán α + β = 180◦. A keresett szög abefestett szögek összege, így

α

2+β

2=α + β

2=

180◦

2= 90◦.

350

Matlap 2020/10

10. A körhöz egy külső pontból húzottérintőszakaszok egyenlők, ezért az ábrán egyenlőszárú háromszögek láthatók. Ekkor 2α + 2β == 2·180◦−180◦, tehát a keresett szög α+β = 90◦.

11. Az egyenlő szárú háromszögek alapján fekvőszögeket α, illetve γ jelöli. A két váltószög egyenlő: α = β.

A trapéz egyenlő szárú, így α+β = γ, azaz 2α = γ.A jobb alsó háromszögben β + γ + γ = 180◦, azaz

α+ 2α+ 2α = 180◦, ahonnan α = 36◦, így γ = 2α = 72◦.

12. A γ és β váltószögek egyenlőek β = γ. Aparalelogramma egy külső szöge α, és ez a külső szögα = β + γ = 2β.

A paralelogramma két szomszédos szögének összegeα + (α + β) = 180◦, 2β + (2β + β) = 180◦, ahonnanα = 2β = 72◦.

13. α+β = 180◦−40◦ = 140◦, így a befestett szögekösszege (180◦ − α) + (180◦ − β) = 360◦ − 140◦ = 220◦.

14. A két befestett szög összege α (külső szög), ésα + 50◦ + 30◦ = 180◦, α + 80◦ = 180◦, így α = 100◦.

15. A vastag vonallal határolt háromszögben levőkét befestett szög összege α, a befestett háromszög kétmegjelölt szögének összege β (külső szögek).

Így az ötágú csillag öt szögének összegétmegkapjuk, ha összeadjuk a jobb szélen lévő háromszögszögeit. Ezért az öt szög összege 180◦.

351

Matlap 2020/10

16. Másoljuk egymás mellé az α és β szögeket.Az ABC háromszög egyenlő szárú derékszögű

háromszög (miért?), és ennek a hegyesszöge α+β = 45◦.

17. Ha az α és β szögek egymás mellett vannak,akkor könnyebb megmondani, mekkora az összegük. Azα-val jelölt szögek egyenlők, hiszen váltószögek. Ugyanígya β-val jelölt szögek is egyenlők.

Az egymás mellett levő α és β szögek összegeα + β = 45◦.

18. Az α-val jelölt szögek egyenlők, ugyanígy a β-valjelölt szögek is egyenlők. A három befestett szög összegemegegyezik az A csúcsnál megjelölt szögek összegével, ésez az összeg 45◦.

BŰVÖS ALAKZATOK KITÖLTÉSÉRŐL

1. rész

Tuzson Réka tanár, FelsőboldogfalvaTuzson Zoltán tanár, Székelyudvarhely

Ha szeretjük a kihívásokat, a logikai feladványokat vagy a fejtörőket, akkor bizonyára mártalálkozhattunk olyan feladvánnyal, mint a következő:

Helyezzük el az 1-től 9-ig terjedő természetes számokat az ábránlátható esőernyő kis karikáiban úgy, hogy mind a hét körív mentén aszámok összege 18 legyen.

352

Matlap 2020/10

Az ilyen típusú feladványok esetén általában adott egy alakzat (nevezzük bűvösalakzatnak), amelynek karikáiban adott természetes számokat kell elhelyeznünk úgy, hogyadott vonalak, körívek, alakzatok, stb. mentén a számok összege állandó legyen, ez van amikoradott, van amikor nem. Az esetek többségében az ilyen feladványok legkézenfekvőbb megoldásapróbálkozással történik, ellenben ez nem mindig könnyű, nem mindig célravezető, van amikorhosszadalmas vagy éppen bonyolult.

Éppen ezért a megoldások keresése sokkal célravezetőbb, tanulságosabb és könnyebb, át-tekinthetőbb lenne, ha valamilyen racionális matematikai gondolatmenetet követnénk, és azempirikus próbálkozásokat a minimumra szorítanánk, inkább ésszerű, algoritmikus vagy kizárójellegű próbálkozásokkal helyettesítenénk, vagy éppen mellőznénk is a találgatásokat.

Ebben a részben egy egészen egyszerű módszerrel próbálkozunk, éspedig adott számnakösszegekre való felbontásával, és az ismétlődések vagy az esetek leegyszerűsítése céljából eztrendezett módon végezzük. Nézzünk egy példát:

Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számok segítségével bontsuk fel a 15-öt három szám összegére.Tehát 15 = a+ b+ c alakú felírásokat keresünk, ahol a, b, c az adott számkörben van. A

módszerünkben a rendezés abból áll, hogy feltételezzük, hogy a > b > c. Kezdjük az a lehetségeslegnagyobb értékével. Ha a = 9, akkor 15 = 9+5+1 vagy 15 = 9+4+2. Csökkentjük az a értékét,ha a = 8, akkor 15 = 8+6+1, 15 = 8+5+2 vagy 15 = 8+4+3. Ha a = 7, akkor 15 = 7+6+2vagy 15 = 7 + 5 + 3. Végül, ha a = 6, akkor 15 = 6 + 5 + 4. Tovább nem kell folytatnunk,mert ha tovább csökkentenénk az a értékét, akkor már b > a kellene, ami lehetetlen. Teháta kommutativitástól eltérően az előbbi nyolc felbontás megadja a 15 = a + b + c összes ilyenkülönböző felbontását. Ezen felbontási módszer képezi a további feladványok megoldásának azalapgondolatát.

1. feladvány: Írjuk be a mellékelt ábra kilenc karikájába a ter-mészetes számokat 1-től 9-ig úgy, hogy mind a nyolc vonal mentén aszámok összege 15 legyen!

Megfejtés : Ez a feladvány a 3×3-as bűvös négyzet vagy mágikusnégyzet nevet viseli. Eredete az ókorba nyúlik vissza, de valószínű,sokkal régebbi. Indiából az arabok közvetítésével kerülhetett Európába.

4 9 2

3 5 7

8 1 6

A Kínában i.e. 1100 táján keletkezett I Ching (Ji Csing) címűkönyvben, amely mágikus eljárásokat és jóslatokat tartalmaz, a mel-lékelt ábrán látható mágikus négyzet található.

Európában a XIV. században a bizánci Manuel Moschopoulos(latinosan Moschopulus), a XVI. században Michael Stifel (1487–1567) és Adam Riese(1492–1559) német matematikusok foglalkoztak bűvös négyzetek szerkesztésével. A XVII.században Claude Gaspar Bachet de Méziriac (1581-1638) francia matematikus új módszerekettalált bűvös négyzetek készítésére. Az egyik leghíresebb bűvös négyzet, amelyet a matematika

15 14

16 3 132

5

9

4

10 11 8

6 7 12

1

szimbólumának is tartanak, a magyar származású festő, Albrecht DürerMelankólia című rézmetszetén található. Az utolsó sor közepén a 15 és14 egybeolvasva a mű keletkezésének évszámát (1514) jelenti. A bűvösnégyzet mágikus száma a 34-es szám, 18 féle összeadás eredménye lehet.Például a négy sarokmező számainak összege és a négy középső számösszege is 34, de még több, ilyen értékű, négytagú összeget is találhatunk. A középkorban amágikus négyzeteknek csodálatos gyógyító erőt tulajdonítottak. Napjainkban ez a babona egyszórakoztató rejtvény lett.

E rövid kitérő után térjünk vissza a feladvány megoldására, amelynéltulajdonképpen a mellékelt 3×3-as négyzet kisnégyzeteibe kell beírnunk az1-től 9-ig terjedő számokat úgy, hogy a vízszintes sorok, a függőleges osz-lopok , és a két átló mentén a számok összege minden esetben ugyanannyi

353

Matlap 2020/10

legyen, éspedig 15. Írjuk fel mindenek előtt az összes 15 = a+b+c alakú felbontást: 15 = 9+5+1,15 = 9 + 4 + 2, 15 = 8 + 6 + 1, 15 = 8 + 5 + 2, 15 = 8 + 4 + 3, 15 = 7 + 6 + 2, 15 = 7 + 5 + 3,15 = 6 + 5 + 4. Vegyük észre, hogy az 5-ös éppen négyszer fordul elő, ezért a kilenc mezőközül olyanba kell írnunk, amelyik négy összegben szerepel, mondjuk úgy, hogy a fokszáma 4.Egyetlen ilyen mező van, éppen a középső mező. Továbbá észrevesszük, hogy az összeg alakú

5

felírásban az 1, 3, 7, 9 számok nem kerülhetnek a sarkokba, mertazoknak a fokszáma 2 (hiszen két összeghez tartoznak), ezért csak aközepekre (a szürke négyzetekbe) kerülhetnek. Továbbá a 2, 4, 6, 8számok fokszáma 3, ezért egyértelmű beírással a fehér négyzetekbekerülnek. Az 1, 3, 7, 9 számokat a szürke négyzetben cirkulárisanpermutálhatjuk 3! = 6-féleképpen. Ezeknek egy rögzítésére a 2, 4, 6, 8 számok beírása máregyértelmű (nem találnak több helyre), ezért hat különböző 3× 3-as bűvös négyzet van.

2. feladvány: Írjuk be a számokat a mellékelt ábrán láthatócéltáblába 1-től 7-ig úgy, hogy az összegük mindkét körvonalon, és azegyenesek mentén minden esetben 12 legyen.

Megfejtés : Felírjuk az összes 12 = a + b + c alakú felbontást:12 = 7 + 4 + 1, 12 = 7 + 3 + 2, 12 = 6 + 5 + 1, 12 = 6 + 4 + 2,12 = 5 + 4 + 3.

4

5

Észrevesszük, hogy ezekben a felbontásokban a 4-es szám három-szor szerepel, ami azt jelenti, hogy az ábrán a középső karikába kellírni (ennek a foka 3, hiszen három összegben szerepel). Ezek utánválasszunk a többi számból tetszőlegesen egyet, esetünkben például az5-öt. Ezt a maradék 6 hely bármelyikébe beírhatjuk, írjuk be például azábrán látható módon. Így az 5 alá egyértelműen a 3 kerül. A másodikfelbontás alapján a 2-öt és a 7-et a 3-mal egy körre kell tegyük, ezt amaradék két helyre 2-féleképpen írhatjuk be. Ekkor a második körönaz 1 és a 6 beírása egyértelmű, és látható, hogy végül is 6 ·12 különbözőmegoldásunk lesz.

Megjegyzés : A feladat nagyon egyszerűen is megoldható, ha észrevesszük, hogy a két körönlevő számok összege 24, a számok összege pedig 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 = 28, tehát az az egyszám, amit középre kell írnunk, a 28−24 = 4. Tovább a megoldás már tetszőlegesen folytathatóúgy, ahogyan már leírtuk.

3. feladvány: Írjuk be az ábrán látható háromszög kis karikáibaa számokat 1-től 6-ig úgy, hogy a háromszög mindhárom oldala men-tén a számok összege 9 legyen.

Megfejtés : Felírjuk az összes 9 = a + b + c alakú felbontást:9 = 6 + 2 + 1, 9 = 5 + 3 + 1, 9 = 4 + 3 + 2. Észrevesszük, hogyaz 1, 2, 3 számok mindegyike éppen kétszer fordul elő, ezért ezek a háromszög csúcsaiba kellkerüljenek, továbbá ezeket két különböző féleképpen írhatjuk be, és az oldalközepekre a 4, 5, 6számok beírása már egyértelmű, tehát összesen két különböző megoldás létezik (az elforgatá-soktól eltekintve).

4. feladvány: Írjuk be az ábrán látható háromszög kis karikáibaa számokat 1-től 7-ig úgy, hogy mind a négy szakasz mentén a számokösszege 12 legyen.

Megfejtés : Felírjuk az összes 12 = a + b + c alakú felbontást:12 = 7+4+1, 12 = 7+3+2, 12 = 6+5+1, 12 = 6+4+2, 12 = 5+4+3.Észrevesszük, hogy a 4-es háromszor szerepel a felbontásokban, ezért

354

Matlap 2020/10

a 4-et a háromszög felső csúcsába írjuk be. Mivel két olyan felbontás van, amiben a 4 nemszerepel, ezek a számok a két vízszintes sorba kerülnek. Egyszer az alsó sorba kerül a 7, 3, 2,éspedig 3! = 6-féleképpen, aztán 6, 5, 1 kerül ide ugyancsak 6-féleképpen. Az utolsó három körkitöltése már egyértelmű. Tehát összesen 12 különböző megoldás van.

5. feladvány: Írjuk be az ábrán látható háromszög kiskarikáiba a számokat 1-től 9-ig úgy, hogy mind a hat szakaszmentén a számok összege 18 legyen.

Megfejtés : Felírjuk az összes 18 = a + b + c alakú fel-bontást: 18 = 9 + 8 + 1, 18 = 9 + 7 + 2, 18 = 9 + 6 + 3,18 = 9 + 5 + 4, 18 = 8 + 7 + 3, 18 = 8 + 6 + 4, 18 = 7 + 6 + 5.Észrevesszük, hogy az egyetlen szám ami négyszer fordul elő, az a 9, ez kerül a háromszög felsőcsúcsába. Most keressük meg a 18 = d+ e+ f + g négytagú felbontásokat: 18 = 8 + 7 + 2 + 1,18 = 8 + 6 + 3 + 1, 18 = 8 + 5 + 3 + 2, 18 = 8 + 5 + 4 + 1, 18 = 7 + 6 + 3 + 2, 18 = 7 + 6 + 4 + 1,18 = 7 + 5 + 4 + 2. Ezek közül azok nem felelnek meg, amelyekben szerepelnek a 7 + 2, 6 + 3,5+4 összegek, mert ezek szerepelnek már ott ahol 9-es van, vagyis a ferde vonalmenti beírások.Maradt tehát a 18 = 8 + 5 + 3 + 2 és 18 = 7 + 6 + 4 + 1. Ezek közül valamelyik a felső, másikaz alsó vízszintes sorokba kerülnek (tehát 2 megoldás). Továbbá 4 számot 4! = 24-féle képpencserélhetünk, ezért egy soron belül 24 megoldás van. A kitöltés sorrendje: beírjuk a felső csúcsbaa 9-et, a felső sorba 8, 3, 3, 2 vagy 7, 6, 4, 1 számok kerülnek valamilyen sorrendben, és akkor amásodik sorba a 7, 6, 4, 1 beírása már egyértelmű. Tehát 2 · 24 = 48 különböző megoldás van.

6. feladvány: Írjuk be az ábrán látható kis karikákba a számokat1-től 8-ig úgy, hogy mind az öt kör mentén a számok összege 12 legyen.Majd úgy, hogy az összeg 18, illetve 16 legyen.

Megfejtés : Felírjuk az összes 12 = a + b + c alakú felbontást:12 = 8 + 3 + 1, 12 = 7 + 4 + 1, 12 = 7 + 3 + 2, 12 = 6 + 5 + 1,12 = 6 + 4 + 2, 12 = 5 + 4 + 3. Továbbá felírjuk a 12 = d + e + f + gnégytagú felbontásokat is. Ezek a következők: 12 = 6 + 3 + 2 + 1 és 12 = 5 + 4 + 2 + 1. Ezutóbbi kettő közül kell valamelyiket ráírnunk a középső körre. Mivel az első esetben 6 és 3muszáj egymással szembe kerüljön, így 1 és 2 helyzete változhat, ezután a többi szám helyzeteegyértelmű. Így két megoldást kapunk, összesen 2 · 2 = 4 megoldás van (az elforgatásoktóleltekintve).

Ha az összeg 18 kell legyen, akkor mivel 18 = 8 + 7 + 3, 18 = 8 + 6 + 4, 18 = 7 + 6 + 5,tehát csak három felbontás van, így nem jut mind a négy körre, ez esetben nincs megoldás. Haaz összeg 16, ennek 8 darab három tagú felbontása van, így a megoldás hosszadalmas lenne,ezért jelölje rendre x, y, z, t a középső négy számot. Adjuk össze az ábrán szereplő összesszámot. Ebben x, y, z, t kétszer szerepel, és mivel 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36, ezért36 + x+ y + z + t = 4 · 16 adódik, ahonnan x+ y + z + t = 28, ami ellentmondás.

7. feladvány: Helyezzük el a körökben az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7számokat úgy, hogy mind a három körön az ott levő számok összege13 legyen.

Megfejtés : Felírjuk az összes 13 = a + b + c + d alakú felbontást:13 = 7 + 3 + 2 + 1, 13 = 6 + 4 + 2 + 1, 13 = 5 + 4 + 3 + 1. Mivelaz 1-es szám háromszor fordul elő, ezért a középső kis karikába 1-etírunk (ott találkozik három kör). A köröknek a kettőnkénti metszetei másodfokúak, ezért a2, 3, 4 számokat írjuk a köröknek a páronkénti metszéseibe, a negyedik számok beírása máregyértelmű, tehát két megoldás van (az elforgatásoktól eltekintve).

355

Matlap 2020/10

6 12

10

8. feladvány: Írjuk be az 1, 2, 3, 4, 5 számokata körökbe úgy, hogy mind a három háromszögnél a csú-csokba írt számok összege megegyezzen a háromszögbenlevő számmal.

Megfejtés : Mivel 6 = 3 + 2 + 1, 10 = 5 + 3 + 2, 12 = 5 + 4 + 3, és mivel a 3-as számháromszor fordul elő, ezért az kerül a felső középső körbe. Ezután a felső sorban bal oldalon 2,és jobb oldalon 5 lesz, a többi már egyértelmű. A feladatnak egyetlen megoldása van.

9 11

9 11

11 14

8 12

12

13

137

9. feladvány: Töltsük ki az üres négyzeteket az 1, 2, 3, . . . , 9számokkal úgy, hogy a szakasz végpontjainál levő számok összege a sza-kaszra írt szám legyen.

Megfejtés : Először is arra fókuszálunk, hogy a középső kisnégyzetnégy összeghez tartozik. Ezért bontsuk fel a 11, 12, 13, 14 számokatkéttagú összegekre. Ezek a következők:

11 = 9 + 2, 12 = 9 + 3, 13 = 9 + 4, 14 = 9 + 5,11 = 8 + 3, 12 = 8 + 4, 13 = 8 + 5, 14 = 8 + 6,11 = 7 + 4, 12 = 7 + 5, 13 = 7 + 611 = 6 + 5

9 11

9 11

11 14

8 12

12

13

137

2 7 4

6 5 9

381

Olyan számot keresünk, ami mind a négy oszlopban közös. A 8ugyan közös, de a 6 társa már nem, ezért csak a 9 és 5 közös, ezzel máriscsak a 14 = 9 + 5 marad, ami azt jelenti, hogy a középső négyzetbevagy 9 vagy 5 talál. Ha beírjuk a 9-et, akkor jobb középen 5 lesz, de abal alsó sarokban szintén 5 jön ki. Tehát középen muszáj az 5 legyen,és lépésről lépésre a kitöltés egyértelmű. Egyetlen megoldás van, amiaz ábrán látható.

10. feladvány: A körökbe írjuk be az 1-től 8-ig terjedő természetes számokat úgy, hogymind az öt tartományban 25 legyen az ott levő négy szám összege.

Megfejtés : Mivel 25−11 = 14, ezért felírjuk a 14 = a+b+c alakú felbontásait: 14 = 8+5+1,14 = 8 + 4 + 2, 14 = 7 + 6 + 1, 14 = 7 + 5 + 2, 14 = 7 + 4 + 3, 14 = 6 + 5 + 3.

9

11

10 9

11

10

7

8

2 56

3

1

4

9

11

10

8

2

3

1

4

Figyeljük azt a négyszöget, amelyen a 11 és a 10 van. A másik két csúcs összege 25−(11+10) = 4,és 4 = 1+3 vagy 4 = 3+1. Vegyük sorra a két esetet. Ha az alsó középső körbe 1 kerül, akkor azábra kitöltései egyértelműek, és jó megoldást kapunk. A másik esetben egy darabig egyértelműa kitöltés, de marad három kör, ahova valamilyen sorrendben az 5, 6, 7 talál, de a 11 + 4 mellénem található két olyan szám, amellyel együtt 25 legyen, tehát a második eset nem származtatjó megoldást.

356

Matlap 2020/10

11. feladvány: A mellékelt ábrán látható kiskörökbe írjukbe a természetes számokat 1-től 9-ig úgy, hogy a hat szakaszmentén levő három-három szám összege, valamint a körön levőöt szám összege 18 legyen.

Megfejtés : Felírjuk a 18 = a + b + c alakú felbontásokat:18 = 9 + 8 + 1, 18 = 9 + 7 + 2, 18 = 9 + 6 + 3, 18 = 9 + 5 + 4,18 = 8+7+3, 18 = 8+6+4, 18 = 7+6+5. Ezután írjuk fel a18 = d+e+f+g+h alakú felbontásokat: 18 = 8+4+3+2+1,18 = 7 + 5 + 3 + 2 + 1, 18 = 6 + 5 + 4 + 2 + 1. Mivel a 9-es négyszer fordul elő, ezért ezt kell azábra középső körébe írni. A körre legalul a 6, 7, 8 valamelyike kerül, mert ezek éppen háromszorfordulnak elő a felbontásokban. Az öttagú felbontások alapján az 1 és a 2 mindenképpen a körkerületére fog kerülni (mindegyikben közös). Ha legalul 8 lenne, akkor függőlegesen 9+x+8 = 18lenne, vagyis x = 1, de nem lehet, mert a kör kerületén van. Továbbá ha legalul 7 lenne, akkorfüggőlegesen 9 + y + 7 = 18 lenne, vagyis y = 2, de ez sem lehet, mert a kör kerületén van.Marad tehát legalul 6, és fölötte 3. A 18 = 8 + 7 + 3 felbontás alapján a 3-as két oldalán 8,illetve 7 van, és innen tovább a kitöltés egyértelmű.

Befejezésül megemlítjük, hogy megtörténhet az is, hogy bizonyos bűvös konfigurációkegymással egyenértékűek, vagyis ugyanazt az ábrát jelentik, csak úgymond izomorf változatban.Az alábbiakban bemutatunk a 11. feladvány ábrájával izomorf ábrákat, amelyeken a megfejtéstermészetesen ugyanaz mint a 11. feladvány esetén.

Végezetül megjegyezzük, hogy az érdeklődő Olvasó saját maga is elképzelhet különfélebűvös alakzatokat, különböző feltételekkel saját maga szerkeszthet ilyen feladványokat, de ter-mészetesen az is előfordulhat, hogy az illető feladványnak nem lesz megoldása.

A következő részben általánosabb módszerrel tárgyalunk hasonló feladványokat.

Szakirodalom:

[1] Simon József: Matematika feladatgyűjtemény az V. osztály számára, Alutus, Csíkszereda,2016 (18. oldal).

[2] Nicolae Oprisiu: Olimpiada jocurilor raţionale, Editura Dacia, Cluj-Napoca, 1984.[3] Róka Sándor: 137 számrejtvény, Typotex, Budapest, 2008.

357

Matlap 2020/10

A matematika világából

TÉNYLEG VÁLYI GYULA VOLT RIESZ FRIGYES MESTERE?

Szabó Péter Gábor adjunktusSzegedi Tudományegyetem

A kolozsvári, a szegedi, majd a budapesti tudományegyetem világhírű matematikusa RieszFrigyes (1880–1956) nevénél régóta azt olvashatjuk a világháló Mathematics Genealogy Projectoldalán (genealogy.math.ndsu.nodak.edu/id.php?id=11321), hogy doktori témavezetőjeVályi Gyula (1855–1913), a kolozsvári egyetem szintén kiváló matematikaprofesszora volt. Azt,hogy ki és mi alapján írhatta be ezt az adatot, sajnos nem tudjuk, de mások is átvették. Min-denesetre elgondolkodtató, hogy valóban jogosan szerepel-e ott Vályi, mint Riesz témavezetője.Emlékszem, amikor ezt egyszer régen megemlítettem egy szegedi matematikusnak, aki maga iskutatta a magyar matematikatörténetet, azt mondta: „Á, dehogy! Riesznek nem volt szükségetémavezetőre!” Mégis, mit tudnánk felhozni a fenti adat alátámasztására vagy cáfolatára?

Amikor a Riesz-leveleskönyveket, A matematikus Riesz testvérek (Budapest, 2010) és aKiváló tisztelettel (Budapest, 2011) című munkákat írtam, elég sok, több ezer eredeti Riesz-iratot böngésztem át, de nem találkoztam olyan dokumentummal, amelyben Riesz FrigyesVályit a mesterének mondta volna. Matematikus testvérével, a Svédországban működő RieszMarcellel (1886–1969) folytatott levelezésében csak három alkalommal említi Vályi Gyula nevét.

Kolozsvár, 1913. október 15.: „Szegény Vályi Gyula tegnapelőtt hirtelen meghalt. Ma temet-tük. Haar kötelességének tartja a Weierstrass-jegyzetet a családnak visszaszolgáltatni, azután halehetséges, egyebekkel együtt elkérjük, ill. megszerezzük a szeminárium számára.”

Kolozsvár, 1913. november 9.: „1½ napot Pesten töltöttem Fejérrel és a Math.-Phys. Tár-sulatban és tegnap tönkre mathematizálva érkeztem vissza. Itt azzal a hírrel fogadtak, hogy Vályiszóbelileg 20000 K névértékű 4%-os állampapirost hagyott arra a czélra, hogy kétévenkénti ka-mataiból szorgalmas és tehetséges kari végzett hallgatók, elsősorban mathematikusok, külföldreküldessenek, továbbá a semináriumra testálta könyveit és jegyzeteit. Ami ennek kapcsán Tégedközvetlenül illet, az az, hogy bátyja, aki végakaratát végrehajtja, azt a kívánságot fejezte ki, hogya jegyzeteket (2 Weierstrass, 1 Kronecker) másoltassuk le, csak másolatban használjuk és azeredetiket relikviaként őrizzük.’ ’

Kolozsvár, 1913. november 12.: „A V.-jegyzetet már sietve másolják.”Ismert, hogy Vályi Gyula Berlinben hallgatta Karl Weierstrass (1815–1897) és Leopold

Kronecker (1823–1891) német matematikusok előadásait, amelyekről szakszerű és alapos jegy-zeteket készített. A levelekben e jegyzetek, illetve azok másolása kapcsán kerül elő Vályi neve,a Riesz testvérek 42 éven át tartó levelezésében többet nem esik szó róla.

Fontosnak tartom még megemlíteni, hogy Riesz Frigyes önéletrajzában és magántanáriprogramtervezetében ugyan ír arról, hogy 1902. év márciusában mennyiségtanból, elméleti ter-mészettanból és csillagászatból bölcsészettudori oklevelet nyert, Vályi nevét azonban itt sememlíti. Talán meglepetésnek hat, de Riesz az irat projektív geometria fejezetében a német-svájcimatematikust Wilhelm Fiedlert (1832–1912) mondja első mesterének!

358

Matlap 2020/10

„Csakis az ábrázoló és a projektív geometria szerves összefüggésének ilyen módon valómegismerésével tartom lehetségesnek annak a munkának a helyes értékelését, melybe a projek-tív geometria fölépítése került. Ilyen módon szigorúan tudományos szempontból tárgyalván azábrázoló geometriát, nagyjában első mesteremnek, Fiedlernek intenczióit követem, és tudatosanszembe helyezkedem a legtöbb technikai főiskolán dívó praktikus irányzattal.” – írja Riesz Frigyes.

Azon túl, hogy Vályi Gyula nagy tiszteletben álló matematikus volt, vajon mi alapjánírhatták mégis őt Riesz Frigyes doktori témavezetőjének?

Kezdjük azzal, hogy vajon Vályi Gyula neve szerepel-e egyáltalán Riesz Frigyes doktoridisszertációjában? Igen, de csak annyiban, hogy megemlíti egy cikkét, kitől terminológiájá-nak néhány kifejezését, mint húrrendszer, projicziálás, triász, n-ász kölcsönözte. Ennyi. Rieszolvasta Vályi cikkét és használta négy műszavát. Ettől Vályi már a témavezetője lett? SajnosSzénássy Barna (1913–1995) matematikatörténész sem fejti ki részletesen, hogy pontosan miregondol akkor, amikor híres matematikatörténeti monográfiájának, A magyarországi matematikatörténete című könyv 3. kiadásának (Szeged, 2008) 292. oldalán a következő szerepel a 16. láb-jegyzetben: „Vályi ez utóbbi vizsgálatai hatottak Riesz Frigyes és Szőkefalvi Nagy Gyula doktoriértekezésének témaválasztására.” Majd hivatkozza Riesz már említett munkáját, amiben viszontVályi csak az említett módon van idézve.

Mai szemmel nézve csodálkozunk Riesz Frigyes témaválasztásán (A negyedrendű elsőfajútérgörbén lévő pontkonfigurációk helyzetgeometriai tárgyalása), ismerve azt a fantasztikus pá-lyát, amit ő később a matematika történetében bejárt. Jól ismert szintén, hogy Vályi Gyulamatematikai munkásságának igen jelentős része a projektív geometriához tartozott. Tehátnem rossz gondolat őket társítani, de nem látom történetileg, dokumentumokkal igazolva eztmegalapozottnak. Erről a kérdésről a fentieket tudom csak elmondani, állást nem foglalva.Egyelőre nem ismerek olyan dokumentumot, amely egyértelműen megerősítené vagy cáfolnáVályi témavezetését.

Végezetül, még csak annyit mondanék ehhez, hogykésőbb Riesz Frigyes vált szó szerint mesterré,minden idők egyik legkiválóbb magyar mate-matikusává, akit még matematikus kollégái is ezzela szóval illettek. Sőt, néha viccesen saját maga isleírta. Egy 1945. október 27-én kelt szegedi képes-lapján, amelyet Fejér Lipót (1880–1959) mate-matikus számára küldött, így búcsúzott:

Sokszor üdvözöla mester.

359

Matlap 2020/10

Műhelysarok

A FELADATOK SAJÁTOSSÁGAINAK KIHASZNÁLÁSA

Olosz Ferenc tanár, Szatmárnémeti

Nem minden feladattípus megoldására van általános algoritmus, de akkor is ha létezikilyen, szükségünk lehet az illető feladatban rejlő sajátosságok felhasználására. Elvileg példáultudjuk, hogy miként lehet megoldani az irracionális egyenleteket, de a gyakorlatban a számítá-sok olykor annyira elbonyolódnak, hogy le kell mondjunk az eredeti elképzelésünkről, és asajátosságok keresése és megtalálása teszi csak lehetővé a megoldást.

A trigonometriai függvényeket tartalmazó integrálokra is ismerünk egy sor helyettesítésijavaslatot, de lehet, hogy egy olyan észrevételt kell kihasználjunk, amelyre az általános javasla-tok nem térnek ki. Számjegyek meghatározását kérő feladatokban sem mindig segít a helyiértékekkel való felírás, gyakran szükségünk van az illető szám sajátosságainak a felhasználására.Sok mértanfeladat megoldásának kulcsa a feladat sajátosságainak felfedezésében és annak ki-aknázásában rejlik. Olyan feladatok sem ritkák, amelyekben az általános eljárásokkal ugyaneredményre juthatunk, de ezt az eredményt könnyebben vagy rövidebben is megkaphatjuk, hafelhasználjuk az esetleges sajátosságokat.

A példák sorát kezdjük egy aritmetika feladattal.

1. A hatjegyű tízes számrendszerbeli abbabb szám hat egymást követő prímszám szorzata.Melyik ez a hatjegyű szám?

MegoldásÉszrevesszük, hogy e hatjegyű természetes számban az abb háromjegyű rész megis-

métlődik.A helyiértékes írásmódot felhasználva az abbabb számot a következőképpen írhatjuk:

abbabb = 1000 · abb+ abb = 1001 · abb = 7 · 11 · 13 · abb.Ez alapján kijelenthetjük, hogy abbabb csak akkor lehet hat egymást követő prímszám

szorzata, ha abb ∈ {2 · 3 · 5; 3 · 5 · 17; 5 · 17 · 19; 17 · 19 · 23}. E szorzatok közül csak a3 · 5 · 17 = 255 felel meg, mert a többi szorzat nem háromjegyű szám. Tehát a keresett szám255255 = 3 · 5 · 7 · 11 · 13 · 17.

2. Ha a, b, c,ab+ bc+ ca

a+ b+ cegész számok, akkor bizonyítsuk be, hogy

a2 + b2 + c2

a+ b+ cis egész

szám.

Megoldás

Aza2 + b2 + c2

a+ b+ ckifejezést kapcsolatba kell hozni az

ab+ bc+ ca

a+ b+ ckifejezéssel. Erre a

következő lehetőség adódik:a2 + b2 + c2

a+ b+ c=

(a+ b+ c)2 − 2(ab+ bc+ ca)a+ b+ c

= (a+ b+ c)− 2 · ab+ bc+ caa+ b+ c

.

Mivel az egész számok szorzata és összege is egész szám, ezérta2 + b2 + c2

a+ b+ cis egész szám.

3. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges x, y valós számok esetén fennáll a 3x+4y ≤ 5√x2 + y2

egyenlőtlenség.

360

Matlap 2020/10

MegoldásA feladat azzal a sajátossággal rendelkezik, hogy a vektorok skaláris szorzatának elemeit

tartalmazza, ugyanis ha vesszük az −→u (3, 4) és −→v (x, y) vektorokat, akkor −→u · −→v = 3x+ 4y.Másrészt értelmezés szerint −→u ·−→v = |−→u | · |−→v | ·cosα, ahol α a vektorok által alkotott szög,

és mivel esetünkben |−→u | =√

32 + 42 = 5, |−→v | =√x2 + y2, így 3x + 4y = 5

√x2 + y2 · cosα,

tehát elég felhasználni az ismert cosα ≤ 1 egyenlőtlenséget, ahonnan 3x+ 4y ≤ 5√x2 + y2.

A sajátosságok kihasználásának szükségességéről az egyenletek és egyenletrendszerekköréből számtalan példát adhatunk, itt csak egyetlen példa bemutatására vállalkozunk.

4. Oldjuk meg a√x− 2 +

√x3 − 6x2 + 12x− 8 = 28 + 3x− x2 egyenletet a valós számok

halmazán.(Olosz Ferenc, Matlap 2008/7, 244. oldal, 1.3. feladat)

MegoldásAz x3 − 6x2 + 12x− 8 ≥ 0 és 28 + 3x− x2 ≥ 0 létezési feltételek megoldásához észre kell

venni, hogy x3 − 6x2 + 12x− 8 = (x− 2)3, így az egyenlet létezési halmaza x ∈ [2, 7].A fenti észrevétel az egyenlet (x−1)

√x− 2 = 28+3x−x2 alakra hozatalát ugyan lehetővé

teszi, de a szokásos négyzetreemeléssel kapott egyenlet megoldása még akkor is problémás, hanetán észrevesszük, hogy x = 6 egy gyök, ezért az egyenlet további sajátosságait keressük.

Mivel az egyenletben megjelenik a√x− 2 kifejezés első és harmadik hatványa, ezért

felmerül a gyanú, hogy√x− 2 más hatványai is esetleg kialakíthatók.

Így jutunk el az egyenlet 1+√x− 2+(

√x− 2)2 +(

√x− 2)3 +(

√x− 2)4 = 31 alakjához,

amelyben a√x− 2 = t ∈ [0,

√5] helyettesítést végezve az 1 + t + t2 + t3 + t4 = 31 egyenletet

kapjuk.Tekintettel arra, hogy t = 1 nem gyöke az egyenletnek, ezért a mértani haladvány

összegképletét alkalmazhatjuk, és a t5 − 31t + 30 = 0 egészegyütthatós egyenlethez ju-tunk, amelynek egész gyökeit a 30 osztói között keressük. Az így kapott t5 − 31t + 30 == (t− 1)(t− 2)(t3 + 3t2 + 7t+ 15) egyenlet akkor lesz nulla, ha valamelyik tényező nulla.

Mivel t = 1 nem gyöke az eredeti egyenletnek, és a t3 + 3t2 + 7t+ 15 = 0 egyenletnek csaknegatív valós gyökei lehetnek, ezért az egyenlet egyetlen elfogadható gyöke t = 2 ∈ [0,

√5], így

az adott irracionális egyenlet egyetlen megoldása x = 6 ∈ [2, 7].A sajátosságok felismerésével olykor rövidíthetünk a megoldáson. Például egyes logarit-

mussal kapcsolatos feladatoknál gyakran találkozunk ilyen lehetőségekkel.

5. Számítsuk ki a log8 40 értékét, ha tudjuk, hogy log20 50 = a.

A feladat szokásos megoldása, hogy felírjuk mindkét logaritmusban előforduló számokatprímtényezők szorzataként, és a logaritmusok alapjának egy olyan prímszámot választunk,amely minden szám felbontásában szerepel. Jelen esetben kettes alapra térünk.

log20 50 =log2(2 · 52)log2(2

2 · 5)=

1 + 2 log2 5

2 + log2 5= a, innen log2 5 =

2a− 12− a

, e tört létezik, mert

a ∈ (1, 2).

log8 40 =log2(2

3 · 5)log2 2

3=

3 + log2 5

3=

3 +2a− 12− a3

=5− a

3(2− a).

A feladat rövidebben megoldható, ha észrevesszük, hogy 40 = 2 · 20 és 8 = 202

50, mert így

log8 40 = log8(2 · 20) = log8 2 + log8 20, viszont log20 8 = log20202

50= 2 − a, ezért log8 40 =

361

Matlap 2020/10

=1

3+

1

2− a=

5− a3(2− a)

.

MegjegyzésA szokásos prímtényezős felbontásos módszer alkalmazásánál is úgy járunk el, hogy fel kell

figyeljünk a számok sajátosságára. Például ha log25 12 értékét kell kifejezni lg 2 = a és lg 3 = bsegítségével, akkor a lg 12 átírásával nincs gondunk, de lg 25 esetén csak akkor boldogulunk, ha

kihasználjuk azt, hogy 25 =100

4. Ezek szerint log25 12 =

lg 12

lg 25=

lg(22 · 3)

lg100

22

=2 lg 2 + lg 3

lg 100− 2 lg 2=

=2a+ b

2− 2a.

ELEMI OSZTÁLYOS TANULÓK RÉSZÉRE KITŰZÖTT FELADATOK∗

E: 196. a) Hány darab – nem feltétlenül különböző számjegyekből álló – háromjegyűszámot alkothatunk a 0, 3, 9 számjegyek segítségével?

b) Egy természetes szám két szomszédjának összege 2436. Melyik ez a szám?***

E: 197. a) Öt barát versenyzik, hogy ki szalad gyorsabban a sportpálya végéig. RobiMihály előtt ért célba, András pedig Pali mögött. Vilmos András után, de Robi előtt érkezetta célba. Milyen sorrendben érkeztek a fiúk a sportpálya végére?

b) Hányféleképpen lehet elosztani 13 darab számítógépet három iskola között, ha minde-gyik iskola legalább három számítógépet kap?

***

E: 198. Tibi nagytatája falun lakik és többféle állatot tart. Egy látogatásból hazaérve,Tibi ezt mondta barátainak: „Nagytatámnak van egy kutyája, egy macskája, valamint tyúkokat,pulykákat és libákat tart, összesen 42 állatot. A macska és a tyúkok éppen az állatok felét teszikki, és háromszor annyi libája van, mint pulykája.”

Segítsünk Tibi barátainak kiszámítani, hogy melyik állatból hány szaladgál a nagytatájaudvarán.

***

E: 199. a) Hány négyzet van az 1. ábrán?b) Hány háromszög látható a 2. ábrán? Soroljátok fel őket csúcspontjaik megnevezésével.

***E: 200. A 3. ábrán látható 11 × 11-es négyzetet daraboljuk fel 11 darab egész oldal-

hosszúságú négyzetre. Keressünk két feldarabolási lehetőséget.***

∗Ezekre a feladatokra minden I-V. osztályos tanuló küldhet megoldásokat, amelyeket 2021. január 20-igfogadunk el amatlapmegoldasok@yahoo.com címre.A feladatok megoldásához az elemi osztályokbantanult módszereket alkalmazzuk! Kérjük az összesítőlapon a tanító nevét feltüntetni!

362

Matlap 2020/10

A

B

C

E

F

D

1. ábra 2. ábra 3. ábra

ÁLTALÁNOS ISKOLÁS TANULÓK RÉSZÉRE KITŰZÖTT FELADATOK∗∗

V. osztály

A: 4286. a) Egy számhoz hozzáadva a számjegyeinek összegét, 1001-et kapunk ered-ményül. Melyik ez a szám?

b) Felírható-e a 100 olyan természetes számok összegeként, amelyekben minden számjegyetpontosan egyszer használtunk fel? Ha igen, hogyan? Ha nem, miért?

***A: 4287. Egy gyümölcsraktárban valamennyi almát adott darab ládába kell tenni. Ha

minden ládába 5 kg almát raknak, akkor megmarad 180 kg alma. Ha minden ládába 6 kg almátraknak, akkor 20 láda üres marad és egy ládába csak 2 kg alma jut. Hány láda és mennyi almavolt a raktárban?

***A: 4288. Az 1. ábrán látható táblázatból egy lépés során kiválasztunk egy négy mezőből

álló négyzetet, és mind a négy számot 1-gyel megnöveljük. A 33. lépés után a 2. ábrán láthatótáblázatot kapjuk. Töltsük ki a táblázatot a megfelelő számokkal.

0 0 0

0

000

0 0

7 a 5

e

8cf

d b

1. ábra 2. ábra

***∗∗Minden V-VIII. osztályos tanuló küldhet megoldásokat, osztálya és az azt megelőző osztályok számára

kitűzött feladatokra. A IX. osztályos tanulók a VII-VIII., a X. osztályos tanulók pedig a VIII. osztály számárakitűzött feladatok megoldásait küldhetik be. Kérjük az összesítőlapon a tanár nevét feltüntetni! Megoldásokat2021. január 20-ig fogadunk el a matlapmegoldasok@yahoo.com címre.

363

Matlap 2020/10

A: 4289. Ha a 67, 139 és 187 számokat elosztjuk ugyanazzal a kétjegyű számmal, akkorugyanazt a maradékot kapjuk. Mennyi az osztó és mennyi a maradék értéke?

***A: 4290. Az alábbi ábrák egységnyi oldalhosszúságú négyzetekből állnak:

. . .

1. ábra 2. ábra 3. ábra 4. ábra 5. ábra

a) Hány négyzetből áll a 6. ábra és hányból a 36. ábra?b) Hányadik ábrát alkotja 2021 négyzet?c) Hány négyzetből áll az első száz ábra összesen?

***

VI. osztály

A: 4291. Határozzuk meg az A és B halmazokat, ha tudjuk, hogy egyidőben teljesítik akövetkező feltételeket:

(a) A ∪B = {1, 2, 3, 5, 7, 8, 9}; (c) A ∩ {7, 8, 9} = ∅;(b) A ∩B = {3, 5}; (d) {1, 2} ∩B 6= ∅.

***A: 4292. Legyen A ⊂ N egy halmaz, amelyre egyidőben teljesülnek a következő feltételek:(1) 1 ∈ A;(2) ha x ∈ A, akkor 3x ∈ A;(3) ha 5x− 4 ∈ A, akkor x ∈ A.Igazoljuk, hogy 11 ∈ A.

***A: 4293. a) Léteznek-e olyan négyjegyű prímszámok, amelyekben két-két számjegy

egyenlő?b) A 3 és 7 számjegyek segítségével hány négyjegyű prímszám írható fel?

***A: 4294. Egy egyenesen felvesszük az M , N és P pontokat, ebben a sorrendben, majd

az egyenes két különböző oldalán felveszünk egy R és egy Q pontot. Legyen MA az N̂MRszögfelezője, NB pedig a P̂NQ szögfelezője. Igazoljuk, hogy a két szögfelező akkor és csakakkor merőleges egymásra, ha N̂MR és P̂NQ kiegészítő szögek.

***A: 4295. Andrea, Bálint, Csaba és Dóra egy iskolába járnak, de más-más osztályba,

éspedig a VI.A, VI.B, VII.A és VII.B osztályokba. Andrea és a két hetedikes beszélgetett,amikor Csaba közbeszólt és azt állította, hogy négyük közül hárman egy-egy szaklapot járatnak:a Matlapot vagy a Firkát. A három előfizető Andrea, Bálint és az, aki a VI.A osztályba jár. Anegyedik, aki a VII.B-be jár, mindkét szaklapot megrendelte. Melyik gyerek melyik osztálybajár, és ki rendelte meg mind a két lapot?

***

364

Matlap 2020/10

VII. osztály

A: 4296. Határozzuk meg az ab természetes számot, tudva, hogya) 2020− 20ab = b3; b) 1a3 − 1a2 − b = 2020.

Csáki Ferenc tanár, Sárköz

A: 4297. a) A gyökvonás elvégzése nélkül igazoljuk, hogy

A =

√20

9+

√30

11+

√42

13+

√56

15+

√72

17+

√90

19+

√110

21+

√132

23< 4.

b) Igazoljuk, hogy a B =√

2020n + (−1)n+1 · 2 szám irracionális bármely n ∈ N∗ esetén.***

A: 4298. Az ABCD trapéz AB és CD alapjai egyenesen arányosak az 5, illetve 2számokkal. Számítsuk ki a trapéz területét, ha tudjuk, hogy az ABF háromszög területe20 cm2, ahol F a BC oldal felezőpontja.

Vasile Şerdean tanár, Szamosújvár

A: 4299. Az ábrán látható O1, O2, O3 és O4 közép-pontú és r sugarú kongruens körök az O középpontú és Rsugarú kör belső érintő körei. Az O középpontú és r′ sugarúkiskör kívülről érinti a négy kongruens kört. Tekintsük azta négy kört, amelyek az R sugarú kört belülről, az r sugarúkörök közül pedig kettőt kívülről érintenek. Legyenek E, F ,G és H ezeknek a köröknek a középpontjai, e, f , g és h pediga sugarai. Igazoljuk, hogy:

a) R = r(√

2 + 1);b) r′ = r(

√2− 1);

c) e = f = g = h = r′.Simon József tanár, Csíkszereda

A: 4300. Egy dobozban hat piros golyó van. Hány fehér golyót tegyünk a dobozba, hogya fehér golyó kihúzásának valószínűsége

a)1

2; b)

1

3; c)

1

4; d)

2

3; e)

3

4legyen?

***

VIII. osztály

A: 4301. a) Határozzuk meg az a számot, amelyre 7a− a7 = (7 + a)(7− a).b) Határozzuk meg az a, b, c egymásutáni számjegyeket, amelyekre a2 + b+ b2 = c2.

Csáki Ferenc tanár, Sárköz

A: 4302. Ha x, y és z olyan nullától különböző természetes számok, amelyekrex√

3 + 25y

y√

3 + z∈ Z, akkor igazoljuk, hogy x

2 + 196y2 + 16z2

x+ 2y + 4z∈ Z.

Vasile Şerdean tanár, Szamosújvár

A: 4303. Határozzuk meg az n természetes számot úgy, hogy A =√

13n + 7056 · 13100természetes szám legyen.

***

365

Matlap 2020/10

A: 4304. Legyen ABCD egy konvex négyszög és M egy pont a négyszög síkján kívül.Megszerkesztjük az A, B, C és D pontok A′, B′, C ′, illetve D′ szimmetrikusát az M pontranézve, valamint az M pont A′′, B′′, C ′′ és D′′ szimmetrikusát az A, B, C, illetve D pontranézve. Igazoljuk, hogy:

a) (A′B′C ′) ‖ (A′′B′′C ′′);b) A′, B′, C ′ és D′ pontok egy síkban vannak.

***A: 4305. Ha az ábrán látható táblázatból

kiválasztunk hat számot úgy, hogy semelyik kettőne legyen egy sorban és egy oszlopban, akkor ezekösszege mindig ugyanannyi lesz, függetlenül attól,hogy melyik hat számot választottuk ki.

Magyarázzuk meg, hogy miért van így?

215 224 230 251 240 250328 337 343 364 353 363176 185 191 212 201 211432 441 447 468 457 467209 218 224 245 234 244540 549 555 576 565 575

***

LÍCEUMI TANULÓK RÉSZÉRE KITŰZÖTT FELADATOK§

IX. osztály

L: 3226. a) Hány eleme van az M ={{ x

2020

}| x ∈ Z

}halmaznak?

b) Oldjuk meg az x +{ x

2020

}= 2020 egyenletet a valós számok halmazán, ahol {a} az

a valós szám törtrészét jelenti.***

L: 3227. Ha x, y, z és t szigorúan pozitív valós számok, akkor igazoljuk a következőegyenlőtlenséget: 4 + x2 + xy2 + xyz2 + xyzt2 ≥ 4xyzt.

Bencze Mihály tanár, Brassó

L: 3228. Legyen C az AB szakasz A ponthoz közelebb eső negyedelő pontja. A C pontbanaz AB egyenesre húzott merőlegesen úgy vesszük fel a D pontot, hogy a B̂AD szögfelezőjeátmenjen a CD szakasz C ponthoz közelebb eső E harmadoló pontján. A C ponton át az AEegyenessel párhuzamosan húzott egyenes a BD egyenest az F pontban metszi. Bizonyítsuk be,hogy az F pontban a BD egyenesre húzott merőleges átmegy az AB szakasz felezőpontján.

Olosz Ferenc tanár, Szatmárnémeti

L: 3229a. Bizonyítsuk be, hogy bármely négy egymást követő egész szám szorzata

felírható két egymást követő páros szám szorzataként.***

§A IX. osztályos tanulók a VII-IX. osztályok, a X. osztályos tanulók a VIII-X. osztályok, a XI-XII. osztályostanulók a IX-XII. osztályok számára kitűzött feladatokra küldhetnek megoldásokat, 2021. január 20-ig amatlapmegoldasok@yahoo.com címre. A

a-gel jelzett feladatokra minden líceumi tanuló küldhet megoldá-

sokat, osztályától függetlenül. Kérjük az összesítőlapon a tanár nevét feltüntetni!

366

Matlap 2020/10

X. osztály

L: 3230. Mutassuk ki, hogy2n∑k=1

[log2 k] ≥ n2, bármely n ∈ N∗ esetén, ahol [a] az a valós

szám egész részét jelenti.***

L: 3231. Igazoljuk, hogy n√√

2021 +√

2020 +n√√

2021−√

2020 irracionális, bármelyn ≥ 2 esetén.

***

L: 3232. Milyen háromszögben igaz a cos(A−B) = 2aba2 + b2

egyenlőség? A háromszögbena szokásos jelöléseket alkalmaztuk.

Longáver Lajos tanár, Nagybánya

L: 3233a. Tekintsük a nyolcjegyű számokat, majd osszuk két halmazba úgy, hogy az egyik

halmazba kerüljenek azok, amelyek felbonthatók két négyjegyű szám szorzatára, a másikbaazok, amelyek nem bonthatók fel. Határozzuk meg, hogy melyik halmazba kerül több szám.

***

XI. osztály

L: 3234. a) Létezik-e olyan A ∈M2(Z) mátrix, amelyre A2 =(

2018 20172019 2020

)?

b) Legyen A ∈ M2(Z) és n ≥ 2 természetes szám. Mutassuk ki, hogy az An mátrixnaknem lehet minden eleme páratlan egész szám.

***

L: 3235. Adott az A =(

cos2 x sin2 xsin2 x cos2 x

)mátrix, x ∈ R.

a) Számítsuk ki An mátrixot, n ∈ N esetén.

b) Számítsuk ki: limx→+∞

n∑k=1

detAk

det(n∑

k=1

Ak)

.

***L: 3236. Legyen (an)n∈N egy sorozat úgy, hogy an+1 = an + e−2020an , bármely n ∈ N,

a0 = 2019 esetén.a) Tanulmányozzuk az (an)n∈N sorozat monotonitását.

b) Számítsuk ki: limn→+∞

ln(n+ 2020)

an.

***L: 3237

a. Adott n > 3 kártyalap, melyek egy sorban vannak elhelyezve a hátoldalukkal

felfele fordítva. Egy forgatás során kiválasztunk egy az első és utolsó laptól különböző lapot,majd a vele szomszédos két lapot felfordítjuk. Határozzuk meg az n természetes szám azonértékeit, amelyekre a fenti eljárással felfordítható az összes lap.

Hosu Gábor tanuló, Nagyvárad

367

Matlap 2020/10

XII. osztály

L: 3238. A valós számok halmazán értelmezzük a „∗” műveletet úgy, hogy x∗y = {x+y},bármely x, y ∈ R esetén, ahol {a} az a valós szám törtrészét jelenti.

Legyen G ={

0,1

2020,

2

2020, . . . ,

2019

2020

}. Mutassuk ki, hogy a (G, ∗) csoport izomorf a

(Z2020,+) csoporttal.***

L: 3239. Legyen F az f : R → R, f(x) = ex2020 függvény primitívje úgy, hogy F (0) =

= − 22021

. Mutassuk ki, hogy |F (1)− 1| ≤ 12021

.

***

L: 3240. Legyen Im,n(x) =∫

sinm x · cosn x dx, bármely m,n ∈ N∗ esetén.

a) Számítsuk ki Im,1(x)-et, ha Im,1(0) = 2020.b) Számítsuk ki I1,n(x)-et, ha I1,n(0) = 0.c) Adjunk meg egy rekurziót az (Im,n(x))m,n∈N∗ sorozat tagjaira.

***L: 3241

a. Péter és Pál felváltva dob egy dobókockával, majd a dobott számot hozzáadják

az addig dobott számok összegéhez. Az nyer, akinek a dobása után először lesz az összeg néggyelosztható szám. Ha Péter kezd, mennyi annak a valószínűsége, hogy ő nyer?

***

LOGIKAI FELADVÁNYOK∗

Rovatvezető: Tuzson Zoltán tanár, Székelyudvarhely

F: 280. Figyeljük meg az alábbi sorokban látható jelek sorozatát. Az (A)-(E) válaszokközül melyik talál a kérdőjelek helyére? Indokoljuk meg a választ.

Ω # − Ω Ω # # − ? Ω # − Ω Ω # # − = # Ω #− Ω Ω # # − ? Ω # − Ω Ω # # − = # Ω # − ΩΩ # # − ? Ω # − Ω Ω # # − = # Ω # − Ω Ω ## − ? Ω # − Ω Ω # # − = #

(A) Ω # (B) − Ω (C) # # (D) = # (E) − =

∗Ezekre a feladatokra minden V-XII. osztályos tanuló küldhet megoldásokat 2021. január 20-ig amatlapmegoldasok@yahoo.com címre.

368

Matlap 2020/10

F: 281. Ha MXI=E, VXV=H, IXX=T, LXD=H, XXX=S, akkor XXL=? Indokoljuk mega választ.

F: 282. Egy elektromos áramkör A, B, C, D négy kapcsolójaa következőképpen működik. Az A kapcsoló megváltoztatja az 1 és 2égők ki/be kapcsoltságát. A B kapcsoló megváltoztatja a 2 és 4 égőkki/be kapcsoltságát. A C kapcsoló megváltoztatja az 1 és 3 égők ki/bekapcsoltságát. A D kapcsoló megváltoztatja az 3 és 4 égők ki/be kap-csoltságát. A CBDA egymás utáni kapcsolások nyomán egy négy égőbőlálló lámpa kezdeti, illetve végső állapotát a mellékelt első, illetve má-sodik ábra szemlélteti. Ez nyilvánvalóan ellentmondásos, de tudjuk, hogy valamelyik kapcsolómeghibásodott mégpedig úgy, hogy kapcsolásakor nem változtat az égők ki/be kapcsoltságán.Vajon melyik kapcsoló hibásodott meg?

Kitűzésre javasolt feladványokat bárkitől szívesen elfogadunk. A javasolt feladvánnyalegyütt a megfejtést is kérjük. A feladványok legyenek ötletesek, rövid megfogalmazásúak, ésamennyiben lehet, eredetiek. A legjobb feladványokat a szerzők nevével együtt közöljük.

A Matlap 2020/8. számában kitűzött feladványok megfejtései

?

F: 274. Figyeljük meg a négyzetekben látható pöttyökelrendezési szabályát, és állapítsuk meg, hogy az A–F ábrákközül melyik illik a kérdőjel helyére?

A B C D E F

Megfejtés : Észrevesszük, hogy ha az első sor két szélső négyzetét forgatás nélküli csúsz-tatással egymással fedésbe hozzuk, akkor éppen a második (középső) négyzet mintázatátkapjuk. Ugyanezen szempont alapján a kérdőjel helyére az A ábra talál.

F: 275. Egy asztalon egy szokványos méretű varrótű és egy normál vastagságú cérnate-kercs található. Be lehet fűzni a tű fokába legalább 16 szál cérnát a tekercsből? (Persze nemsorra, hanem egyidőben legyen 16 szál cérna a tű fokán átfűzve!)

Megfejtés : Először egy cérna két szálból álló visszatűrt végét fűz-zük be a tűbe, aztán a mellékelt ábra szerint, a hurokba (az ábránlátható módon) befűzünk legalább 8 szál cérnát, és a visszatűrt cérná-val áthúzzuk a tű fokán. Normális tű és cérna paraméterek mellett, akár16 szálnál többet is át tudunk egyszerre húzni.

F: 276. Határozzuk meg az S összeg utolsó számjegyét, ha:S = 1 + 1 · 2 + 1 · 2 · 3 + 1 · 2 · 3 · 4 + . . .+ 1 · 2 · 3 · . . . · 2018 · 2019.

Meg lehet határozni az utolsó előtti számjegyet is?

Megfejtés : A feladatot a 2019 helyett egy általánosabb formában igazoljuk. Észrevehető,hogy egy 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · . . . · (n − 1) · n szorzatban, ha n ≥ 5, akkor a szorzat 0-ban végződik.Ezért az S összeg utolsó számjegyét az 1 + 1 · 2 + 1 · 2 · 3 + 1 · 2 · 3 · 4 = 33 összeg eredményénekutolsó számjegye adja, vagyis az S összeg utolsó számjegye 3 lesz.

369

Matlap 2020/10

Az 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · . . . · (n − 1) · n szorzatot így jelöljük: n! („n faktoriális”-nak olvassuk).Az 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · . . . · (n − 1) · n alakú szorzatokból a legkisebb, amelyik osztható 100-zal az1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 · 10 (ez az első olyan tag az összegből, amely már 25-tel is osztható).Ezért az S összeg utolsó előtti számjegyét a 33 + 5! + 6! + 7! + 8! + 9! = 409113 összeg utolsóelőtti számjegye adja, vagyis az utolsó előtti számjegy 1 lesz.

MEGOLDOTT FELADATOK

(A feladatokat lapunk 2020/8. számában tűztük ki.)

V. osztály

A: 4246. Egy parkolóban emberek és ötszemélyes, illetve négyszemélyes autók vannak, azemberek és autók száma 21. Az emberek az ötszemélyes autókban ülnek, minden autó tele van, anégyszemélyes autókban pedig nem ül senki. Hányféleképpen valósítható meg? Mennyi az autókminimális, illetve maximális száma?

***Megoldás: Szabó Panna Zsófia, Molnár Józsiás Általános Iskola V.o., Kézdivásárhely

tanár: Kiss MagdolnaAz emberek száma 5, 10 vagy 15 lehet (20 ember esetén 4 ötszemélyes autó lenne és

24 > 21). A három eset így alakul:5 ember + 1 ötszemélyes autó + 15 négyszemélyes autó,

10 ember + 2 ötszemélyes autó + 9 négyszemélyes autó,15 ember + 3 ötszemélyes autó + 3 négyszemélyes autó.Az autók minimális száma 6, maximális száma 16.

A: 4247. Tibor kirándulást szervezett, ahova meghívta öt barátját, és azt mondta nekik,hogy mindegyikük hívhat négy barátot, akik közül mindegyik hívhat három barátot, akik közülmindegyik hívhat két barátot, akik közül mindegyik hívhat egy barátot. Hány barátját hívta megTibor a kirándulásra, és legtöbb hányan mentek kirándulni?

***Megoldás: Ercse Ferenc, Székely Mikó Kollégium V.o., Sepsiszentgyörgy

tanár: Gödri JudithTibor öt barátját hívta meg kirándulni (a többieket ezek a barátok hívták).Tibor mindegyik barátja meghív 4 barátot, akik meghívnak 4 · 3 = 12 barátot, akik

meghívnak 12 · 2 = 24 barátot, akik meghívnak még 24 barátot. Tibor mindegyik barátjaösszesen 4 + 12 + 24 + 24 = 64 barátot hívott meg, tehát legtöbb 5 · 64 + 5 + 1 = 326 személyment kirándulni.

370

Matlap 2020/10

A: 4249. Az Óperenciás-tenger Sárkány-szigetén öt-, hat- és hétfejű sárkányok laknak. Ahatfejűek hazugok, a többiek igazmondók. Négy sárkány találkozott a parton. Izzószem szerintnégyüknek összesen 25, Tűznyelv szerint 22, Füstölgő szerint 21, Parázsló szerint pedig 24 fejükvan. Hogy hívják az igazmondó sárkányt?

***

Megoldás: Murgu Ákos, Báthory István Elméleti Líceum V.o., Kolozsvártanár: Cseh Tünde

A négy sárkány válasza különböző, ezért legfeljebb egy lehet igazmondó. Csak a hatfejűekhazudnak, ezért legalább három sárkány hatfejű, ez 18 fej összesen. Ha a negyedik sárkány ishazug, akkor 24 fej van, de ekkor Parázsló állítása igaz lenne, ami lehetetlen. Tehát biztosanvan egy igazmondó sárkány, amelyik öt- vagy hétfejű, így összesen 23 vagy 25 fej lehet. Azelhangzott válaszok között a 25 szerepel, tehát Izzószem az igazmondó hétfejű sárkány.

A: 4250. Négy számkártyán négy betű áll : A É K T . Ezeket az összes lehetségesmódon sorba rakjuk, és az így kapott négybetűs „szavakat” ábécé sorrendbe helyezzük. Hányadika sorban a TÉKA szó?

***Megoldás: Baricz Tímea, Sövér Elek Szakközépiskola V.o., Gyergyóalfalu

tanár: Török KárolyA betűk ábécé sorrendben A, É, K, T, és mindegyikkel hat szó kezdődik. Így a T betűvel

kezdődő szavak előtt 6 · 3 = 18 szó van. A T betűs szavak TAÉK, TAKÉ, TÉAK, TÉKA,TKAÉ, TKÉA, tehát a TÉKA a sorban a 18 + 4 = 22. szó.

VI. osztály

A: 4251. Határozzuk meg az a és b számjegyeket, amelyekre az abba alakú természetesszám köbszám.

Csáki Ferenc tanár, Sárköz

Megoldás: Dénes Máté Gergő, Kölcsey Ferenc Főgimnázium VI.o., Szatmárnémetitanár: Tempfli Gabriella

Az a 6= 0 és abba = 1000a + 100b + 10b + a = 1001a + 110b = 11(91a + 10b). Mivel a ésb számjegyek, az abba csak akkor köbszám, ha 91a + 10b = 112 ⇐⇒ 91a + 10b = 121, ahola < 2 (ha a = 2 ⇒ 182 + 10b > 121).

Mivel a 6= 0 és a < 2, a feladatnak csak egy megoldása van, a = 1. Következik, hogy91a+ 10b = 121 ⇐⇒ 91 + 10b = 121 ⇐⇒ 10b = 30 ⇐⇒ b = 3.

A keresett szám 1331 = 113.

A: 4252. Egy számsorozat első tagja 15, a következő tagjait pedig úgy kapjuk meg, hogy azelőző tag számjegyeinek köbét összeadjuk. Melyik szám lesz a sorozat 2020. tagja? Melyik számlesz a sorozat 2020. tagja, ha az első tag 13?

***Megoldás: Szenner Csongor, Fogarasy Mihály Általános Iskola VI.o., Gyergyószentmiklós

tanár: György AndrásA számsorozat tagjai rendre: 1. tag: 15; 2. tag: 1 + 53 =126; 3. tag: 1 + 23 + 63 =

= 1 + 8 + 216 =225; 4. tag: 23 + 23 + 53 = 16 + 125 =141; 5. tag: 1 + 43 + 1 = 2 + 64 =66;6. tag: 2 ·63 = 2 ·216 =432; 7. tag: 43 +33 +23 = 64+27+8 =99; 8. tag: 2 ·93 = 2 ·729 =1458;

371

Matlap 2020/10

9. tag: 1 + 43 + 53 + 83 = 65 + 125 + 512 =702; 10. tag: 73 + 23 = 343 + 8 =351; 11. tag:33 + 53 + 1 = 27 + 126 =153; 12. tag: 1 + 53 + 33 =153. Tehát a 11. tagtól kezdve minden tag153, így a 2020. tag is 153.

Ha a számsorozat 1. tagja 13, akkor a 2. tag: 1 + 33 =28; 3. tag: 23 + 83 = 8 + 512 =520;4. tag: 53 + 23 = 125 + 8 =133; 5. tag: 1 + 2 · 33 = 1 + 2 · 27 =55; 6. tag: 2 · 53 = 2 · 125 =250;7. tag: 23 + 53 =133; 8. tag: 55; 9. tag: 250, és így tovább. Tehát a 4. tagtól kezdve a 133, 55,250 számhármas ismétlődik, így a 3k + 1. tag 133, a 3k + 2. tag 55, a 3k + 3. tag 250. Mivel2020 = 3 · 673 + 1, ezért a számsorozat 2020. tagja 133.

A: 4253. Egy torony magassága 10 m és 20 m között van, a tetejére lépcsősor vezet fel.Ha a lépcsőket kettesével számoljuk, akkor 1 marad, ha hármasával számoljuk, akkor 2 marad,ha négyesével számoljuk, akkor 3 marad, de ha hetesével számoljuk, akkor nem marad semmi.Hány lépcső visz fel a torony tetejére, ha egy lépcsőfok magassága 16 cm?

***Megoldás: Elekes-Köllő András, Nagy István Művészeti Líceum VI.o., Csíkszereda

tanár: Csata LiliHa l a lépcsők száma, akkor a feladat alapján 1000 ≤ 16l ≤ 2000 ⇐⇒ 62, 5 ≤ l ≤ 125.Továbbá írhatjuk, hogy 2a+ 1 = l, 3b+ 2 = l, 4c+ 3 = l és 7d = l. Ekkor 2(a+ 1) = l+ 1,

3(b + 1) = l + 1 és 4(c + 1) = l + 1, tehát l + 1 a 2, 3 és 4 számok közös többszöröse.Tudva,hogy l egy 63 és 125 közötti szám, következik, hogy l+ 1 ∈ {72, 84, 96, 108, 120}, amelyek közülcsak 120 esetén teljesül, hogy l a 7 többszöröse.

Tehát 119 lépcsőfok vezet fel a toronyba.

30

30

30

30

30

30

10

10 10

1010

10

10

20

2070

60

A: 4254. Az ábrán egy park alaprajzalátható. A szürke rész a zöldövezet, a fehérrész a parkban levő sétányokat jelöli. Mennyia sétányok területe összesen? (A hosszúságokméterben vannak megadva.)

***

Megoldás: Mátyási Péter Zsolt, Európa Általános Iskola VI.o., Marosvásárhelytanár: Secăreanu Éva

30

30

30

30

30

30

30

10

10 10

1010

10

10

10

2020

2070

60

60

T

T

T

T

T

T

T

T1

2

3

4

5

6

7

8

20

30

40

40

A sétányokat téglalapokra bontjuk,ahogy az ábrán látható. Ekkor a sétányokösszterülete: T1 + T2 + T3 + T4 + T5 + T6++T7 + T8 = 10 · 20 + 10 · 10 + 40 · 10++40 ·10+60 ·10+40 ·10+20 ·10+30 ·10 == 100(2 + 1 + 4 + 4 + 6 + 4 + 2 + 3) == 2600 (m2).

372

Matlap 2020/10

A: 4255. Az ábrán egy 12 négyzetből álló tábla látható,amelyre hét korongot helyeztünk. A továbbiakban ráteszünkegy-egy korongot két, egymás melletti négyzetre. Ezt többszörmegismételve megpróbáljuk elérni, a lehető legkevesebb ko-rongot felhasználva, hogy mindegyik négyzetben ugyanannyikorong legyen. Megvalósítható ez? Ha igen, hogyan? Ha nem,miért?

***Megoldás: Gráncsa Tímea Blanka, Jósika Miklós Elméleti Líceum VI.o., Torda

tanár: Durugy Erika

A táblát befestjük sakktáblaszerűen. Kezdetben afekete négyzeteken összesen 2 korong, a fehéreken pedig 5korong van.

Mivel egyszerre mindig egy fekete és egy fehér négy-zetre teszünk egy-egy korongot, ezért soha nem lesz ugyan-annyi korong a fekete négyzeteken összesen, mint a fehérekenösszesen. Így tehát nem lehet ugyanannyi korong mindegyiknégyzeten.

VII. osztály

A: 4256. Egy egész számokból alkotott számsorozat első tagja a, második tagja b, harmadiktagja a második és az első különbsége, negyedik tagja a harmadik és a második különbsége, ésígy tovább.

a) Mennyi a sorozat 2020. tagja?b) Szerkesszünk egy ilyen sorozatot, amelyben a 2020. tag −2020 és b egy negatív páros

szám. Számítsuk ki a sorozat első hat tagját.***

Megoldás: Zsebe Zsuzsanna, Gr. Majláth Gusztáv Károly Líc. VII.o., Gyulafehérvártanár: Palai Rita Orsolya

a) Az 1. tag a, a 2. tag b, a 3. tag b−a, a 4. tag b−a−b = −a, az 5. tag −a−(b−a) = −b,a 6. tag −b − (−a) = a − b, a 7. tag a − b − (−b) = a, a 8. tag a − (a − b) = b, tehát az elsőhat tag ismétlődik a számsorozatban. Mivel 2020 = 6 · 336 + 4, ezért a sorozat 2020. tagja −a.

b) Ha a 2020. tag −2020, akkor a = 2020 és b egy negatív páros szám. Legyen b = −2.Ekkor a sorozat első hat tagja: 2020, −2, −2022, −2020, 2, 2022.

A: 4257. a) Egyszerűsítsük a T =36n + 12 · 6n + 32

5 · 6n + 40törtet, ahol n ∈ N. Milyen szám T?

b) Oldjuk meg az x+ 5xy = −7 egyenletet, ahol x, y ∈ Z.***

Megoldás: Piroska Kincső Johanna, Váradi József Ált. Isk. VII.o., Sepsiszentgyörgytanár: Kolumbán Anikó

a) A tört számlálója 36n+12·6n+32 = 6n ·6n+8·6n+4·6n+32 = 6n(6n+8)+4(6n+8) =

= (6n + 8)(6n + 4), így T =(6n + 8)(6n + 4)

5(6n + 8)=

6n + 4

5.

373

Matlap 2020/10

Ha n = 0, akkor T =1 + 4

5= 1 ∈ N.

Ha n ∈ N∗, akkor u(6n) = 6 és u(6n + 4) = 0, tehát 5 | 6n + 4, így T ∈ N.b) Mivel x + 5xy = −7 ⇐⇒ x(1 + 5y) = −7 és x, y ∈ Z, ezért a következő esetek

lehetségesek: x = −7 és 1 + 5y = 1 ⇐⇒ y = 0; x = 1 és 1 + 5y = −7 ⇒ y 6∈ Z; x = 7 és1 + 5y = −1 ⇒ y 6∈ Z; x = −1 és 1 + 5y = 7 ⇒ y 6∈ Z.

A: 4258. a) Határozzuk meg az n ∈ Z számot, ha az A = {z ∈ Z | 2 < |z| < n + 2}halmaznak 22 eleme van.

b) Igazoljuk, hogy bármely n természetes szám esetén b = [(−1)3n+1(6n + 9) + 1] : (−4)egész szám.

***Megoldás: Drágos Rolland, Kalazanczi Szt. József Róm.-Kat. Líc. VII.o., Nagykároly

tanár: Nagy Rékaa) A feladat alapján A 6= ∅ és |z| < n+ 2, ezért n ≥ 0, vagyis n ∈ N.Ekkor A = {−n− 1, . . . ,−3, 3, . . . , n+ 1}, és tudva, hogy card A = 22, következik, hogy

n+ 1 = 13 ⇐⇒ n = 12.Tehát A = {−13,−12, . . . ,−4,−3, 3, 4, . . . , 12, 13}.b) Ha n = 2p páros szám (p ∈ N), akkor b = [−(12n + 9) + 1] : (−4) = (12n + 8) : 4 =

= 3n+ 2 ∈ Z.Ha n = 2p+ 1 páratlan szám (p ∈ N), akkor b = (12p+ 16) : (−4) = −3p− 4 ∈ Z.

A: 4259. Az ABC háromszög AD oldalfelezője (D ∈ BC) merőleges a BF szögfelezőre(F ∈ AC), és ÂDC = 120◦.

a) Számítsuk ki az ABC háromszög szögeinek mértékét.b) Igazoljuk, hogy CF = 2AF .

***Megoldás: Bónizs Boglárka, Miskolczy Károly Ált. Isk. VII.o., Micske

tanár: Hodgyai Edit, Erdei Sándor

B

A

F

M

D C

120o

Legyen AD ∩BF = {M}.a) Ha ÂDC = 120◦, akkor ÂDB = 60◦, így az

MBD derékszögű háromszögben D̂BM = 30◦.Mivel BF szögfelező, ezért D̂BA = 60◦, tehát

ABD egyenlő oldalú háromszög, AB ≡ AD ≡ BD ≡≡ DC. Tehát az ABC háromszögben B̂ = 60◦, AD == BD = DC, így  = 90◦ és Ĉ = 30◦.

b) Az FBC háromszögben B̂ = Ĉ = 30◦, ezért BF = CF .Az ABF háromszögben  = 90◦, B̂ = 30◦, ezért BF = 2AF . Tehát CF = 2AF .

17

21

43

a b c

A: 4260. Az a, b és c betűk helyére írjunk nullától különböző ter-mészetes számokat úgy, hogy a három egyenes mentén a számok összegeugyanannyi legyen. Hány ilyen (a, b, c) számhármas létezik? Mennyi alegkisebb, illetve a legnagyobb összeg?

***

374

Matlap 2020/10

Megoldás: Géváld Dániel Mátyás, János Zsigmond Unitárius Kollégium VII.o., Kolozsvártanár: Tímár Mária

Mivel 21 + 17 = 38 és 21 + 43 = 64, ezért az összeg legalább 65 (c = 1 esetén), és ígya ≥ 65 − 38 = 27, valamint b = 65 − (27 + 1) = 37. Ha a és c értéke nő, akkor b értékecsökken, így összesen 37 darab számhármas teljesíti a feltételeket, amint a táblázatban látható.A legkisebb összeg 65, a legnagyobb pedig 101.

a 27 28 29 . . . 63b 37 36 35 . . . 1c 1 2 3 . . . 37

összeg 65 66 67 . . . 101

VIII. osztály

A: 4261. a) Határozzuk meg az x és y számokat, ha tudjuk, hogy fordítottan arányosak a2 és 5 számokkal és harmonikus középarányosuk 2020.

b) Tudva azt, hogy ab =√abb+

√b, határozzuk meg az ab természetes számokat.

Csáki Ferenc tanár, Sárköz

Megoldás: Barta-Zágoni Csongor, Bolyai Farkas Elméleti Líceum VIII.o., Marosvásárhelytanár: Szilágyi Emőke

a) Írhatjuk, hogy 2x = 5y = k ⇒ x = k2és y =

k

5.

Tudjuk, hogy2xy

x+ y= 2020 ⇐⇒ k

2

5· 10

7k= 2020 ⇐⇒ 2k

7= 2020 ⇒ k = 7070.

Tehát a keresett számok x = 3535 és y = 1414.

b) Az a 6= 0 és rendre írhatjuk, hogy ab =√abb +

√b ⇐⇒

√abb = ab −

√b ⇐⇒

⇐⇒ abb = ab2 − 2ab√b+ b ⇐⇒ 10 · ab = ab(ab− 2

√b) ⇐⇒ 10 = ab− 2

√b.

Mivel ab ∈ N, ezért b ∈ {0; 1; 4; 9} és a következő esetekben kapunk megoldást:ha b = 0 ⇒ 10 = a0 ⇒ a = 1 és ab = 10,ha b = 4 ⇒ 10 = a4− 2

√4 ⇐⇒ 10 = 10a+ 4− 4 ⇒ a = 1 és ab = 14.

A keresett számok ab ∈ {10, 14}.

A: 4263. Ha az x és y prímszámokra és a z természetes számra fennáll a 3√x+ 5

√y =

= z√

2 egyenlőség, akkor számítsuk ki x+ 3y − z értékét.***

Megoldás: Gábor Farkas Ferenc, Bethlen Gábor Kollégium VIII.o., Nagyenyedtanár: Szilágyi András Levente

3√x + 5

√y = z

√2 ⇔ 9x + 30√xy + 25y = 2z2 ⇔ √xy = 2z

2 − 9x− 25y30

∈ Q, tehát√xy ∈ Q.

Mivel x és y prímszámok, ezért √xy ∈ N, vagyis x = y.Ekkor 3

√x + 5

√x = z

√2 ⇐⇒ 8

√x = z

√2 ⇒ x = 2, z = 8. Tehát x + 3y − z =

= 2 + 6− 8 = 0.

A: 4264. Vegyünk fel az MN szakaszon egy tetszőleges P pontot, és az MN egyenesugyanazon oldalán az A és B pontokat úgy, hogy az AMP és BPN háromszögek egyenlőoldalúak legyenek. Legyen AN ∩BM = {S} és AM ∩BN = {C}. Igazoljuk, hogy :

375

Matlap 2020/10

a) B̂SN = 60◦;b) az SP félegyenes az M̂SN szögfelezője.

Simon József tanár, Csíkszereda

A szerző megoldása

C

M P N

B

A S

a) A CMN háromszög egyenlő oldalú, mertĈMN = ĈNM = 60◦. Mivel BN = NP ⇒MP = CB,tehát AM = BC. Így MAN ∆ ≡ CBM∆, mert AM == BC, MN = MC és ÂMN = B̂CM (o-sz-o). EkkorÂNM = ĈMB, ezért B̂MN = B̂NA. A B̂SN az MSNháromszög külső szöge, így

B̂SN = ŜMN + ŜNM = ŜMN + ŜMA = 60◦.b) AP ‖ BN és AN szelő, ezért P̂AN = ÂNC,

de ÂNC = ŜMP , így P̂AS = ŜMP . Ekkor az AMPSnégyszög körbeírható, tehát M̂SP = M̂AP = 60◦. MivelB̂SN = 60◦ ⇒ P̂SN = 60◦.

Így M̂SP = P̂SN , tehát az SP félegyenes az M̂SN szögfelezője.

A: 4265. Egy 19×19-es négyzetrács négyzeteibe a +1 vagy −1 számot írjuk be, tetszőlege-sen. Minden sor végére és minden oszlop alá odaírjuk a sorban, illetve az oszlopban szereplőszámok szorzatát. Az így kapott számokat összeadjuk. Lehet-e a kapott összeg nulla? Ha igen,milyen esetekben, ha nem, akkor miért?

***MegoldásHa minden négyzetbe +1-et írunk, akkor az összeg 19+19 = 38. Ha bármelyik négyzetben

a +1-et −1-re cseréljük, akkor annak a sorában és az oszlopában a szorzat −1 lesz, az összegpedig 4-gyel csökken, tehát 34 lesz. Minden cserénél a sor és az oszlop mentén a számok szorzataelőjelet vált, az összeg pedig 4-gyel változik vagy változatlan marad. Így minden kitöltés elő-állítható. Mivel 38 nem többszöröse 4-nek, ezért akárhogy változtatjuk a kitöltést, az összegnem lesz nulla.

IX. osztály

L: 3194. a) Határozzuk meg az n ∈ N azon értékeit, amelyekre√n2 + 6n+ 28 ∈ N.

b) Határozzuk meg az a és b prímszámokat, amelyekre a5 − b3 = (a+ b)2 + 54.***

Megoldás: Tordai Ákos, Székely Mikó Kollégium X.o., Sepsiszentgyörgytanár: Oláh-Ilkei Árpád

a) Írhatjuk, hogy (n+ 3)2 < n2 + 6n+ 28 < (n+ 4)2, bármely n ∈ N, n ≥ 7 esetén. Tehát

n + 3 <√n2 + 6n+ 28 < n + 4, bármely n ∈ N, n ≥ 7 esetén, így

√n2 + 6n+ 28 nem lehet

teljes négyzet. Ekkor n ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6}, ezek közül n = 6 az egyetlen megoldás.b) Ha a, b ∈M3 +1 vagy a, b ∈M3 +2, akkor a5− b3 ∈M3. Ekkor az egyenlőség alapján

a + b ∈ M3, ami hamis. Ha a ∈ M3 + 1 és b ∈ M3 + 2 vagy fordítva, akkor a + b ∈ M3 ésaz egyenlőség alapján a5 − b3 ∈ M3, ami hamis. Így az a és b számok közül legalább az egyikegyenlő 3-mal.

376

Matlap 2020/10

Ha a = 3, akkor 189− b3 = (3 + b)2 és az egyetlen megoldás b = 5.Ha b = 3, az egyenlet a(a4 − a − 6) = 90 alakban írható, amelynek nincs prímszám

megoldása.Tehát az egyetlen megoldás (a, b) ∈ {(3, 5)}.

L: 3195. a) Igazoljuk, hogy végtelen sok olyan természetes szám létezik, amelyik 2020-szalkezdődik és osztható 2021-gyel.

b) Igazoljuk, hogy végtelen sok olyan természetes szám létezik, amelyik 2021-gyel kezdődikés osztható 2020-szal.

Bencze Mihály tanár, Brassó

A szerző megoldásaa) Keressünk egy N1 = 2020abcd számot, ami osztható 2021-gyel.Mivel 20200000 : 2021 = 9995, 05 . . ., így N1 = 9996 · 2021 = 20201916, és 2020-szal

kezdődik és osztható 2021-gyel. Ezért az N1N1 . . . N1 számok teljesítik a feltételt és végtelensok ilyen szám van.

b) Keressük az N2 = 2021abcd számot, amely osztható 2020-szal.20210000 : 2020 = 10004, 95 .