Ugrás a tartalomhoz

Matematikai versenyfeladatok

Makó Zita, Szilágyi Ibolya, Téglási Ilona

Kempelen Farkas Hallgatói Információs Központ

A feladatok megoldásai

A feladatok megoldásai

  1. Ha a lapokon szerepel legalább 45 különböző szám, akkor kiválasztható 45 lap úgy, hogy mindegyiken különböző szám szerepel.

    Ha nincs 45 különböző szám, azaz legfeljebb 44 féle szám szerepel, akkor az 1990 számot helyezzük el annyi skatulyába, ahány szám szerepel! (Az azonos számokat ugyanabba a skatulyába, a különbözőket különböző skatulyába.)

    Mivel legfeljebb 44 skatulya van, és 4444=1936<1990, ezért lesz olyan skatulya, amelyben 44-nél több, tehát legalább 45 szám szerepel.

    Így kiválasztható 45 olyan lap, amelyen azonos számok szerepelnek.

  2. Nem bontható fel. Tegyük fel, hogy létezik ilyen felbontás.

    . Legyen a kételemű halmaz . Ekkor elemeinek összege 120-. A feltétel szerint

    Ha és az eredeti halmaz különböző elemei, akkor 121-et kellene felírni két különböző 2 és 16 közé eső szám szorzataként. Ez nem lehetséges, tehát nem létezik megfelelő felbontás.

  3. Azok között, akik a másodikat megoldották, 10-zel többen oldották meg a harmadikat, mint az elsőt. Így .

    Az elsőt és a másodikat is megoldó versenyzők 10-zel többen voltak, mint akik csak a harmadikat oldották meg. Így .

    Aki megoldotta az elsőt és a harmadikat is, az a másodikat is megoldotta. Így .

    Akik csak az első, vagy csak a második feladatot oldották meg összesen 14-en voltak. Így .

    Tehát a harmadik feladatot 23-an oldották meg.

  4. Legyen a halmaz . Az , , , , , , , sorozatban minden egyes részhalmaz más színű kell legyen, mint az azt megelőző. Látszik tehát, hogy két szín még nem elegendő, hiszen a sorozat tagjait felváltva színezve, az utolsó tagnál azt tapasztaljuk, hogy azt más színnel kell kiszíneznünk, mint a vele megegyező első tagot.

    Három színnel azonban a feladat már megoldható. Színezzük pirosra azokat a részhalmazokat, amelyekben benne van a 7, a többi háromelemű részhalmazt pedig színezzük kékre, illetve zöldre szerint, hogy a bennük lévő elemek összege páros-e, avagy páratlan. Tegyük fel, hogy és metszete üres. Ha valamelyik piros, akkor a másik nyilván nem lehet az, hiszen a 7 nem szerepelhet mindkét halmazban. Ha viszont egyik sem piros, akkor , tehát . Ezért a két részhalmazban szereplő elemek összege különböző paritású, vagyis egyik részhalmaz kék, a másik pedig zöld kell legyen.

  5. A feltételek szerint azt, hogy pontosan egy hazudós szomszédjuk van, csak az igazmondók mondhatják. Ekkor a következő ülésrend lehetséges: (I – igazmondó, H – hazudós) IHHIIHHI. Ha egy igazmondó mindkét oldalán hazudós ül, akkor az IHHIHHI szekvencia valósul meg. Három igazmondó nem ülhet egymás mellett a feltételek szerint. Ezek szerint a hazudósok száma páros. A két lehetséges szekvenciát az IHHI és a HHI üléssorrenddel írhatjuk le. Csak az első esetként, azaz hogy minden igazmondó mellett üljön hazudós is nem lehetséges, mert 30-an vannak, holott ennek a feltételnek csak annyian tudnak megfelelni, amikor számuk 4-gyel osztható. Ezért , ahol az első eset előfordulása, l pedig a másodiké, ami úgy is megfogalmazható, hogy hazudós és igazmondó, továbbá, hogy , ahonnan . Tehát 16 hazudós és 14 igazmodó ül az asztalnál.

  6. Tegyük fel, hogy nem igaz az állítás, vagyis minden esetén található az adott halmazok között egy és egy halmaz úgy, hogy , de . Tekintsük az adott halmazokat egy gráf csúcsainak, melyben minden -re az és halmazokat összekötöttünk egy éllel. Ennek az szögpontú, nyilván egyszerű gráfnak pontosan éle van, tehát található benne egy kör, vagyis az adott halmazoknak egy olyan sorozata, ahol az indexekkel modulo k számolva, minden -re és között halad egy él. A kör irányítását megfelelően választva feltehetjük, hogy , valamely esetén. Ekkor a szám nem eleme a halmaznak, de eleme -nek. Mivel esetén és között már nem az él vezet, ebből , majd ugyanígy , végül adódik. Ez az ellentmodás bizonyítja, hogy az állítás mégiscsak igaz kellett legyen.

  7. Jelöljük a személyeket kezdőbetűikkel, a betűkből induló nyilakkal pedig azt, hogy ki kit kért fel táncolni. A megadott adatok alapján az alábbiakat tudjuk:

    • nem!

    Hédi olyan fiú mögött áll, aki előtt nem Gizi áll.

    Nézzük végig a fiúk lehetséges sorrendjét! Ez csak két esetet jelent, ha Csabától indulunk. Ugyanis a Csaba előtti fiú mindenképpen Dani, és a folytatás csak A, B vagy B, A sorrend lehet.

    I. eset: C előtt D, előtte B, előtte A. Ekkor a korábban mondottak alapján a kör így nézhet ki: . De az A előtti harmadik személy Enikő (AMCE sorrend), tehát . Gizi nem állhat Berci mögött, így a kör: . De ellentmond az utolsó feltételnek.

    II. eset: C előtt D, előtte A, előtte B. Ekkor a korábban mondottak alapján a kör így nézhet ki: . De a B előtti harmadik személy Mari (BECM sorrend), tehát . Gizi nem állhat Berci mögött, így Andris mögött kell álljon, Hédi pedig Andris előtt. Így a kör: . Ennek megfelelően a keringőző párok: Csaba-Mari, Dani-Gizi, Andris-Hédi, Berci-Enikő, a tangózó párok: Mari-Dani, Gizi-Andris, Hédi-Berci, Enikő-Csabi.

  8. A csapatok a megoldott feladatcsoportokért , 1, vagy , azaz 0, 1, 8 vagy 27 pontot kaptak. Egy csapatnak öt feladatcsoport megoldására volt lehetősége, tehát pontszáma összesen öt darab 0, 1, 8 vagy 27 összege. Foglaljuk táblázatba, az egyes feladatcsoportokra kapott milyen pontszámok esetén lesz 3-mal osztható az összpontszám! , , , , , , ; , , , , , , , , , , , , . Ez összesen húsz lehetőség, tehát legfeljebb 20 csapat vehetett részt a feladatmegoldásban.

  9. A feltételek alapján könnyen végiggondolható, hogy a normális igazmondó és az őrült hazudós igazat mond, az őrült igazmondó és a normális hazudós pedig hazudik. Mivel Szandiról ketten is állítottak valamit, ezért induljunk ki Szandi első mondatából.

    I. eset: Ha Szandi első mondata igaz, akkor Szandi őrült hazudós, tehát Andi és Dendi sem mondott igazat a második állításában, így az elsőben sem. Ennek megfelelően Andi normális hazudós és Dendi őrült igazmondó. Ekkor Bandi második állítása igaz, így Bandi normális igazmondó. Ekkor viszont Szandi második állítása nem igaz, de Szandi igazat mond a feltételünk értelmében, így ez az eset nem lehetséges.

    II. eset: Szandi első mondata tehát hamis, így Szandi őrült igazmondó. Ekkor Andi második mondata igaz, tehát Andi az első mondata alapján őrült hazudós. Dendi második állítása viszont nem igaz, így Dendi is őrült igazmondó. Bandi második állítása igaz, tehát az első is, így ő normális igazmondó.

  10. Készítsünk egy táblázatot, melyben feltüntetjük, hogy melyik fiú melyik lánnyal milyen táncot táncolt. Rögzítsük ebben a táblázatban a feladatban megadott információkat.

    A táblázat minden oszlopában és minden sorában pontosan egy táncnak kell szerepelnie. Így kiderül, hogy Gabriella csak Dáviddal bécsi keringőzhetett, így Dávid Helénnel angol keringőzött. Helénnek így a mambóban csak Aladár lehetett a partnere, tehát Csabával tangózott. Ezeket rögzítve a táblázatban a hiányzó táncok gyorsan beírhatók.

    Tehát az angol keringőt táncoló párok: Aladár Fanni, Barnabás Gabriella, Csaba Enikő, Dávid Helén.

  11. A legnagyobb összeget akkor kapjuk, ha a két legtöbb pontot elért csapat eredményét adjuk össze, a legkisebb összeget pedig akkor, ha a két legkisebb pontszámot elért csapat eredményével számolunk. Az első és a második helyezett tehát 46 ponttal többet gyűjtött összesen, mint a harmadik és a negyedik helyezett. Ebből 4 pont a második és harmadik közti különbségből származik, tehát a maradék 42 pont az első és a negyedik helyezett pontszámának különbsége.

  12. Ha a halmaznak db eleme van, a C halmaznak pedig , akkor részhalmazainak száma , részhalmazainak száma . Tehát a két kettőhatvány különbsége 16. Ha mindkettő nagyobb 32-nél, akkor a különbségük már akkor is legalább 32, ha szomszédos kettőhatványok. Ha az egyik nagyobb 32-nél, a másik pedig 32 vagy kisebb, akkor is legalább 32 a különbség. Ha mindkettő kisebb vagy egyenlő 32-nél, akkor könnyen ellenőrizhető, hogy csak a 32 és a 16 jelent megoldást. Tehát a halmaznak 32 db részhalmaza, így 5 eleme van. Mivel az halmaz elemszáma elemszámánál több, de elemszámának kétszeresénél kisebb, ezért az halmaz 6, 7, 8 vagy 9 elemű, részhalmazainak száma 64, 128, 256 vagy 512 lehet.

  13. Van.

    A Venn-diagram alapján a következő egyenleteket írhatjuk föl:

    Ezek alapján

    Vagyis , és mivel legfeljebb 500, a jobboldal viszont legalább 510, ezért legalább 10. Vagyis legalább 10 olyan ember van, aki mind a háromféle fagylaltot szereti.

  14. Adjuk össze az egyes napokon a táborban maradók létszámát. Mivel minden osztály háromszor volt bent, és egyszer kirándult, ezért minden tanulót pontosan 3-szor számolunk meg ebben az összegben. Így az összegként kapott 315 a tanulók számának háromszorosa, tehát 105 tanuló van összesen. Az egyes napokon a táborban maradók létszámát ebből kivonva megkapjuk a kiránduló osztályok létszámát. Ennek megfelelően az A-ban 24-en, a B-ben 26-an, a C-ben 30-an és a D-ben 25-en vannak.