Nemsokára elkészítjük az emléklapokat, reméljük, hogy a következő két hétben mindegyikőtök meg fogja kapni (ehhez a neveiteket mindenképpen adjátok meg itt).

Utoljára, de egyáltalán nem utolsó sorban szeretnénk megköszönni a munkánk támogatását. A még nem teljesen végleges összesítés szerint összesen 53-an támogattatok, ennek köszönhetően 2 144 000 forint gyűlt össze, ezt az összeget a Sonrisa megduplázza. Köszönjük!

Subscribe now

Igazmondók a házban

Egy társasházban 10 lakó él, mindegyikük vagy megbízható vagy pletykás. A házban elszaporodtak a pletykák, ezért a közös képviselő mindenkit megkér, hogy nyilatkozzon a másik 9 ember mindegyikéről, hogy megbízható-e vagy pletykás. A megbízható lakók mindig igazat mondanak, míg a pletykás lakók mindig hazudnak. Az összes nyilatkozat során összesen 42-szer hangzott el, hogy „ő megbízható”. Hány pletykás lakója lehet a társasháznak?

Megoldás

Amikor egy lakó nyilatkozik a többiekről, akkor pontosan azokra fogja azt állítani, hogy „ő megbízható”, akik vele azonos tulajdonságúak. Aki megbízható, az a megbízhatóakra mondja ezt, míg a pletykások a többi pletykás személyről fogják ezt nyilatkozni. Ebből a megfigyelésből két lehetséges befejezést adunk a megoldáshoz.

1. megoldás: Jelöljük a megbízható lakók számát k-val, ekkor 10-k pletykás lakó lesz. Így a k megbízható ember mindegyike egymásról azt állítja, hogy ők megbízhatóak, ez összesen k·(k-1) „ő megbízható” válasz. Hasonlóan a pletykások is egymás közt mindenkit megbízhatónak fognak vallani, így ez mind a 10-k pletykás lakó esetén 10-k-1=9-k „ő megbízható” válasz.

Tehát összesen k·(k-1)+(10-k)·(9-k)-szor hangzik ez el, ennek kell 42-nek lennie. k értéke 0 és 10 között lehet és az összeg vizsgálatánál jól látható, hogy ez k=5-re lesz a legkisebb (ekkor 5·4+5·4=40-et kapunk) és innentől k-t növelve vagy csökkentve az összeg értéke nő. Akkor lesz az összeg értéke 42, amikor k=6 vagy k=4, hiszen mindkét esetben az összeg 6·5+4·3=30+12=42. Azaz a társasházban 4 vagy 6 megbízható lakó lakik és ennek megfelelően 6 vagy 4 pletykás lakó lehet.

2. megoldás: Úgy is célhoz érhetünk, hogy az „ő pletykás” mondatokat számoljuk meg. Összesen 10 ember nyilatkozik 9 másikról, így 90 választ kapunk. Mivel 42-en mondták, hogy „ő megbízható”, ezért 48-an válaszolták, hogy „ő pletykás”. A kezdeti megfigyelésünk alapján ez utóbbi akkor következik be, amikor valaki ellentétes tulajdonságú személyről nyilatkozik. Így ha k megbízható és 10-k pletykás lakó van, akkor összesen k·(10-k)+(10-k)·k=2·k·(10-k)-szor hangzik el, hogy „ő pletykás”, hiszen a megbízhatóak minden pletykásra, a pletykások minden megbízhatóra mondják ezt.

Tehát 2·k·(10-k)=48, azaz k·(10-k)=24. A 24-et szorzattá bontani kétféleképpen lehet úgy, hogy a szorzók összege 10 legyen: 4·6=24 vagy 6·4=24. Tehát a társasházban 4 vagy 6 megbízható lakó lakik, és ennek megfelelően 6 vagy 4 pletykás lakó lehet.

(Móricz Benjamin)

Subscribe now

Egyenes kieséses bajnokság

Egy teniszversenyen a világranglista első 16 helyezettje játszik, a versenyt egyenes kieséses rendszerben rendezik. Az első fordulóban összepárosítják a 16 teniszezőt, és a győztesek az 1-8., a vesztesek a 9-16. helyekért játszanak tovább, majd hasonló módon folytatva, négy forduló után kialakul a teljes sorrend.

(A sorsolások véletlenszerűen, kiemelés nélkül történnek. Továbbá feltételezzük, hogy minden meccset a világranglistán előrébb álló játékos nyeri.)

Hány százalék az esélye annak, hogy a 9. helyen végző teniszező előrébb van a ranglistán, mint a 8. helyezett?

Megoldás

Tudjuk, hogy a 8. helyezett játékos az első forduló nyertesei között a leggyengébb, míg a 9. helyezett az első forduló vesztesei között a legerősebb játékos lesz.

Mikor lesz a legjobb vesztes erősebb a legrosszabb nyertesnél?

Talán könnyebb a fordítottját meggondolni, vagyis mikor lesz a legjobb vesztes gyengébb a legrosszabb nyertesnél. Csak akkor lesz jobb, ha minden párban egy teniszező van az első nyolcból és egy a második nyolcból. Számítsuk ki ennek a valószínűségét.

A sorsolást nézzük a következőképpen: jelölje a 8 erősebb játékost 8 kék, a 8 gyengébb játékost 8 piros golyó. Sorsoljuk ki sorban a párokat. Azt keressük, hogy mekkora az esélye annak, hogy 8 kék-piros golyópárt húzunk ki.

Ha elsőként kihúzunk egy golyót, akkor a következő golyónak ellentétes színűnek kell lenni. Mivel a maradék 15 golyóból 8 lesz ellentétes színű, így erre 8/15 az esély. Ha sikerült ellentétes színű golyót kihúzni, akkor utána 7 kék és 7 piros golyóval folytatjuk a húzást. Ekkor a következő párnál 7/13 lesz az esélye, hogy ellentétes színű golyópárt húzunk ki. Hasonló gondolattal továbbhaladva a további pároknál 6/11, 5/9, 4/7, 3/5, 2/3 és 1/1 lesz az esélye, hogy különböző színű párokat húzunk. Vagyis a keresett valószínűség ezeknek a számoknak a szorzata, azaz 40320/2027025 = 1,989%. Így kerekítve 98% annak az esélye, hogy a 9. helyezett lesz a jobb teniszező.

Érdekesség

16 főnél nem csak a 8. és 9. helyezett közt fordulhat elő az, hogy a hátrébb végzett teniszező az erősebb. Készítettünk egy táblázatot, hogy egy ilyen versenyen hány százalék annak az esélye, hogy a végén egy adott helyen végzett teniszező legyőzne egy másik helyen végzettet.

A feladatban nem számított, de a többi helyezéspár esetén befolyásoló tényező lehet az, hogy a további fordulókat milyen módon sorsolják ki. Ennél a táblázatnál a szokásos ágrajzzal számoltunk, azaz ha egy fordulóban az A és B meccs nyertesei játszanak egymás ellen, akkor az A és B meccs vesztesei szintén egymás ellen játszanak.

A táblázatból jól látszik, hogy egy ilyen verseny végén a kapott helyezés nem biztos, hogy jól mutatja az erősségeket, sok esetben végez előrébb a valóságban gyengébb versenyző. De vajon akkor mi lenne az igazságos sorrend a verseny végén? Erre nehéz jó választ adni, de érdekes módon készíthető a helyezésekből olyan sorrend, hogy a sorban minden játékos legalább 50% eséllyel megverje az utána következő játékosokat. Ehhez a sorrendnek a következőnek kell lennie: 1., 2., 3., 5., 9., 4., 6., 7., 10., 11., 13., 8., 12., 14., 15., 16.

A feladat ötletének története: Egy bridzsversenyen a csoportkörből 32 csapat jutott tovább. Ezután egy (vigaszágas) kieséses rendszerben zajlott tovább a küzdelem úgy, hogy a kiesett csapatok is játszottak helyosztó mérkőzéseket. A verseny végén minden csapat kapott mesterpontot az elért helyezés alapján. Elsőre meglepő volt számomra az, hogy a 17. helyezés több pontot ért, mint a 16., de a fenti példát végiggondolva már jogosnak tűnt a pontosztás, és ennek kapcsán született meg ez a feladat.

(Nagy Kartal)

Leave a comment

Aki szeretne emléklapot kapni, itt tudja jelezni az igényét. Végül, de nem utolsó sorban minden támogatónknak köszönjük a diákprogramjaink támogatását!

Subscribe now

Igazmondók a házban

Egy társasházban 10 lakó él, mindegyikük vagy megbízható vagy pletykás. A házban elszaporodtak a pletykák, ezért a közös képviselő mindenkit megkér, hogy nyilatkozzon a másik 9 ember mindegyikéről, hogy megbízható-e vagy pletykás. A megbízható lakók mindig igazat mondanak, míg a pletykás lakók mindig hazudnak. Az összes nyilatkozat során összesen 42-szer hangzott el, hogy „ő megbízható”. Hány pletykás lakója lehet a társasháznak?

Válasz beküldése

Egyenes kieséses bajnokság (*)

Egy teniszversenyen a világranglista első 16 helyezettje játszik, a versenyt egyenes kieséses rendszerben rendezik. Az első fordulóban összepárosítják a 16 teniszezőt, és a győztesek az 1-8., a vesztesek a 9-16. helyekért játszanak tovább, majd hasonló módon folytatva, négy forduló után kialakul a teljes sorrend.

(A sorsolások véletlenszerűen, kiemelés nélkül történnek. Továbbá feltételezzük, hogy minden meccset a világranglistán előrébb álló játékos nyeri.)

Hány százalék az esélye annak, hogy a 9. helyen végző teniszező előrébb van a ranglistán, mint a 8. helyezett?

Válasz beküldése

Kíváncsiak vagyunk arra is, hogy egy rövid gondolkodás után milyen értéket tippelnétek válasznak, erről itt szavazhattok:

Az önbeteljesítő kérdőív

Jelöld be az igaz állításokat.

1. Az utolsó háromból több van bejelölve, mint az első háromból.

2. Az utolsó háromból egy sincs bejelölve.

3. Az utolsó háromból 1 van bejelölve.

4. Az első háromból több van bejelölve, mint az utolsó háromból.

5. Az első háromból 1 van bejelölve.

6. Az első háromból 2 van bejelölve.

Megoldás

Ha az 1. állítás igaz lenne, akkor az utolsó három állítás közül legalább két állításnak is igaznak kellene lenni. Azt is tudjuk, hogy ha az 1. állítás igaz, akkor a 4. állítás biztosan hamis. Tehát az 5. és 6. állításnak egyszerre kellene igaznak lenni, de ezek ellentmondóak. Tehát az 1. állítás biztosan hamis.

Az előzőhöz hasonlóan azt is láthatjuk, hogy a 4. állítás is biztosan hamis.

Az 1. és 4. állítás csak úgy lehet egyszerre hamis, ha az első háromból és az utolsó háromból ugyanannyit jelölünk be. Az 1. és 4. állításokat nem jelöljük be, a 2. és 3. pedig ellentmondóak, tehát maximum egyet-egyet jelölhetünk be. Az nem lehetséges, hogy egyet sem jelölünk be, hiszen ekkor a 2. állítás igaz lenne. Ha egy-egy állítás igaz, akkor ez csak akkor lehetséges, ha a 3. és 5. állítást jelöljük be.

Ezzel beláttuk, hogy csak abban az esetben kaphatunk konzisztens megoldást, ha a 3. és 5. állítást jelöljük be.

Ez a feladat az Alex Bellos’s Monday puzzle feladatának egy átdolgozása. Ha van kedvetek, akkor gondolkozzatok az eredetin is!

(Szűcs Gábor)

Subscribe now

Játék római számokkal

Két játékos játszik egymás ellen. Az első játékos leír egy betűt, majd minden lépésben egy új betűt kell ennek a végére írni, hogy egy értelmes és 3000-nél kisebb római számot kapjunk (használható karakterek: M, D, C, L, X, V, I). Felváltva írnak betűket, az veszít, aki már nem tudja érvényesen folytatni a számot. Cél, hogy nyerj ebben a játékban.

A játékot online is kipróbálhatod, de javasoljuk, hogy ezt inkább akkor tedd, ha a stratégiádat szeretnéd ellenőrizni. Szerintünk mások ellen érdekes igazán játszani, így ha találsz partnert, akkor javasoljuk, hogy próbáljátok ki együtt a játékot.

Megoldás

Ha elkezdünk játszani, akkor hamar beleveszhetünk a sokféle esetbe. Például, ha az első játékos X-szel kezd, akkor a másodiknak ötféle válasza is lehet (I, V, X, L, C). Szerencsére nem kell az összes esetet végigvenni, megmutatjuk, hogy a második játékos mindig tud nyerni.

Ha az első I-vel kezd, akkor a második játékos V-t írva nyer, hiszen a IV nem folytatható. Ha az első játékos V-vel kezd, akkor a második játékos csak I-vel tud válaszolni, és ezzel nyer is, hiszen még egy-egy I betűt írhatnak, így VIII-cal fejeződik be a játék.

Ez a mintázat általában is működik, a második játékos úgy válasszon betűt, hogy a következő hét pár egyike jöjjön létre: IV, VI; XL, LX; CD, DC, MM.

Így a második játékos bármelyik kezdőlépésre tud válaszolni. Mi történhet ezután?

• Az első játékos írhat olyan betűt, ami az előző pár kisebbik tagja (például a DC esetben folytathatja C-vel). Ekkor a második játékos írja ugyanezt a betűt.

• Ha az első játékos nem az előző pár kisebbik betűjét írja, akkor ennél csak kisebb értékű betűvel folytathatja. (Miért? Ezt érdemes meggondolni!) Ebben az esetben a második játékos válasszon újra úgy, hogy a megoldás elején felsorolt párok egyike jöjjön létre.

A későbbi körökben is játsszon ugyanígy tovább. Így az első játékos bárhogyan is választ betűt, a második játékosnak mindig lesz érvényes válasza. Tehát a második játékosnak van nyerő stratégiája, ha ügyesen játszik, akkor mindenképpen ő fog nyerni a játékban.

(Szűcs Gábor)

Leave a comment

Subscribe now

Az önbeteljesítő kérdőív

Feladat szöveg nélkül:

Válasz beküldése

Játék római számokkal (*)

Két játékos játszik egymás ellen. Az első játékos leír egy betűt, majd minden lépésben egy új betűt kell ennek a végére írni, hogy egy értelmes és 3000-nél kisebb római számot kapjunk (használható karakterek: M, D, C, L, X, V, I). Felváltva írnak betűket, az veszít, aki már nem tudja érvényesen folytatni a számot. Cél, hogy nyerj ebben a játékban.

A játékot online is kipróbálhatod, de javasoljuk, hogy ezt inkább akkor tedd, ha a stratégiádat szeretnéd ellenőrizni. Szerintünk mások ellen érdekes igazán játszani, így ha találsz partnert, akkor javasoljuk, hogy próbáljátok ki együtt a játékot.

Válasz beküldése

Osztozkodás újra

Három testvér kapott egy tábla csokit. A legidősebb testvér letört magának két sort. A középső testvér a megmaradt csokiból négy oszlopot evett meg, végül a legkisebb testvér három sort vett el.

Hány kocka maradt meg a csokiból, ha mindenkinek ugyanannyi csoki jutott?

Megoldás

Tegyük fel, hogy az egy sorban lévő kockák száma x. A legidősebb testvér két sort kapott, míg a legkisebb hármat. Tehát a legidősebb 2x kockát kapott, a legkisebb pedig – mivel közben négy oszlopot elvett a középső – 3·(x-4) kockát. Tehát 2x = 3·(x-4), vagyis x = 12, így a két testvér 24-24 kockát vett el.

A középső testvérnek négy oszlop jutott, vagyis egy oszlopban hat kocka volt, amikor elvette ezeket. Eddigre két sor már hiányzott belőle így az oszlopok eredetileg nyolc kockából álltak. Tehát a csoki 12×8-as volt, amiből megettek 3·24=72 kockát, vagyis 24 kocka maradt meg.

(Szűcs Gábor)

Subscribe now

Ugyanannyi ugyanolyan (**)

Töltsd ki az alábbi 6 × 6-os táblázatot pozitív egész számokkal úgy, hogy minden n számra, ha szerepel n a táblázatban, akkor pontosan n darab n-es mező legyen, és ezen mezők legyenek összefüggőek (azaz bármelyikből bármelyikbe el lehessen jutni oldalszomszédos n-es mezőkön lépkedve). Továbbá minden vastaggal körülkerített részben legyen ugyanannyi a számok összege.

Megoldás

A Bogozd ki feladathoz hasonlóan itt is bajban vagyunk: már egyetlen szám beírása sem könnyű. Ehelyett próbáljuk meg kitalálni, milyen számok fognak egyáltalán szerepelni a kitöltött rejtvényben. Mit tudunk kiolvasni abból a furcsa feltételből, hogy ha n szerepel, akkor pontosan n-szer szerepel? Az legalábbis azonnal következik, hogy mivel a táblázat összesen 36 mezőből áll, a szereplő számok összegének 36-nak kell lennie. A másik fontos észrevétel, hogy mivel a táblázat 8 régióra van osztva, és mindegyikben ugyanannyinak kell lennie az összegnek, ezért a táblázatban szereplő összes szám összege biztosan osztható 8-cal.

Első ránézésre ez nem tűnik olyasminek, amiből tovább tudnánk lépni, ám valójában kulcsfontosságú információról van szó. Ha ugyanis n szerepel a táblázatban, akkor pontosan n-szer fordul elő, vagyis az n-esek összege n². Így el is jutunk ahhoz a meglepő felismeréshez, hogy ennek a rejtvénynek a megfejtéséhez egy kis számelméleti tudásra is szükség lesz: mégpedig arra, hogy milyen maradékot adhat egy négyzetszám 8-cal osztva.

Hogyan tudnánk meghatározni, milyen osztási maradékot adhatnak a négyzetszámok 8-cal osztva? A mi esetünkben nem lehetnek túl nagy számok a táblázatban, ezért akár kézzel is végignézhetnénk a lehetőségeket. Valójában azonban az az érdekes, hogy ezt a kérdést sokkal általánosabban is meg tudjuk válaszolni. Kiderül, hogy egy négyzetszám 8-cal vett osztási maradéka (sőt, ez 8 helyett bármely más szám esetén is igaz) csak attól függ, hogy maga a szám milyen maradékot ad 8-cal osztva.

Ezt talán úgy a legkönnyebb precízen megindokolni, hogy ha egy szám 8-cal osztva m maradékot ad, ahol m egy 0 és 7 közötti szám, akkor felírható 8k+m alakban, ahol k egy egész szám. Ekkor

(8k+m)²=64k²+2 · m · 8k+m².

Ebben az összegben az első két tag biztosan osztható 8-cal, ezért a (8k+m)² szám 8-cal vett maradéka megegyezik az m² szám 8-cal vett maradékával. Másképpen mondva: ha két szám ugyanazt a maradékot adja 8-cal osztva, akkor a négyzetük is ugyanazt a maradékot adja.

Ezek alapján elég a 0-tól 7-ig terjedő eseteket végignézni, hogy a következő konklúzióra jussunk: minden páratlan szám négyzete 1 maradékot ad 8-cal osztva. A páros számok közül pedig azoknak, amelyek oszthatók 4-gyel, a négyzete osztható 8-cal, míg azoknak, amelyek nem oszthatók 4-gyel, a négyzete 4 maradékot ad 8-cal osztva.

Térjünk vissza a feladatra. Tudjuk, hogy a táblázatban szerepelni fog 2-es, 3-as és 6-os; ezek négyzeteinek 8-cal vett osztási maradéka 4, 1 és 4, vagyis az összegük 1 maradékot ad 8-cal osztva. Olyan további számokat keresünk tehát, amelyek négyzeteinek összege 7 maradékot ad 8-cal osztva.

Ha csak páratlan számok lennének még hátra, akkor ahogy láttuk, a négyzetük mindig 1 maradékot adna, így legalább 7 további számra szükség lenne. Ebben az esetben azonban a számok összege már biztosan nagyobb lenne 36-nál. A másik lehetőség az, hogy van egy 4-gyel osztva 2 maradékot adó szám (amelynek a négyzete 4 maradékot ad 8-cal osztva) és mellette legalább három további páratlan szám. Könnyű meggondolni, hogy ahhoz, hogy az összeg 36 legyen, ez az eset is csak úgy lehetséges, ha a lehető legkisebb megfelelő páros számot, a 10-et választjuk, a páratlan számok közül pedig az 1-et, az 5-öt és a 9-et, és ezen kívül már semmilyen más szám nem kerül a táblázatba.

Összefoglalva, a táblázatban biztosan az 1, 2, 3, 5, 6, 9 és 10 számok fognak szerepelni. Ezek négyzeteinek összege 256, ezért minden régióban 256/8=32 lesz a számok összege. Ebből már el is tudunk indulni: abban a régióban, ahol a 2-es adott, csak 3 darab 10-es kerülhet mellé, hogy az összeg 32 legyen. Mivel a 10-esek összefüggőek, így könnyen meggondolható, hogy sem a bal felső, sem a középső nagy régióba nem kerülhet egynél több 10-es, mert akkor ott már nem jönne ki a megfelelő összeg. Így a 10-esek csak a 2-es alatti részen nyúlhatnak át, és a jobb alsó régióba is legalább két darab 10-es kerül majd. Ekkor a jobb alsó régió csak úgy jöhet ki, ha a két 10-es mellett egy 3-as és egy 9-es van benne, ami egyértelműen meghatározza a 3-asokat is.

Ekkor a másik, négy mezőből álló régióban, ahová a 3-as került, szintén csak a 3, 9, 10, 10 elrendezés jöhet szóba. A 9-esek összefüggőségét figyelembe véve már nem nehéz meggondolni, hogy a további két, egyenként négy mezőből álló régióban három darab 9-es és egy 5-ös lesz. Innentől pedig már különösebb új ötlet nélkül be lehet fejezni a kitöltést.

(Imolay András)

Leave a comment

Örömmel osztjuk meg Földvári Gergely egy kérdését, ha van kedvetek, akkor a mai feladatok mellett ezen is gondolkodhattok.

Subscribe now

Osztozkodás újra

A második heti feladat után újra egy csokin kell osztozkodni.

Három testvér kapott egy tábla csokit. A legidősebb testvér letört magának két sort. A középső testvér a megmaradt csokiból négy oszlopot evett meg, végül a legkisebb testvér három sort vett el.

Hány kocka maradt meg a csokiból, ha mindenkinek ugyanannyi csoki jutott?

Válasz beküldése

Ugyanannyi ugyanolyan (**)

Töltsd ki az alábbi 6 × 6-os táblázatot pozitív egész számokkal úgy, hogy minden n számra, ha szerepel n a táblázatban, akkor pontosan n darab n-es mező legyen, és ezen mezők legyenek összefüggőek (azaz bármelyikből bármelyikbe el lehessen jutni oldalszomszédos n-es mezőkön lépkedve). Továbbá minden vastaggal körülkerített részben legyen ugyanannyi a számok összege.

Válasz beküldése

Pontok és háromszögek

Adj meg 8 pontot a síkon úgy, hogy minél több egyenlő szárú, derékszögű háromszöget lehessen belőlük alkotni! (A háromszögek csúcsai az általad megadott pontokon lehetnek.)

Legfeljebb hány háromszöget tudsz megadni a 8 pont megfelelő elrendezésével?

Megoldás

8 ponton legfeljebb 20 ilyen háromszöget tudunk kifeszíteni, erre többféle jó elrendezést is találhatunk:

Annak bizonyítása, hogy ennél több megfelelő háromszöget nem lehet kifeszíteni, kifejezetten nehéz.

Mese:

Az 1970-es években Erdős Pál és George Purdy tették fel a kérdést: mennyi a sík n pontja által meghatározható hasonló alakzatok maximális száma? Ennek egy izgalmas részproblémája, amikor egyenlő szárú derékszögű háromszögekből szeretnénk minél többet kapni a pontok megfelelő elrendezésével. A kérdés egyik érdekessége, hogy 9 pontig tisztázott, mennyi a legtöbb elérhető háromszög, 10 ponttól a kérdés azonban máig is megoldatlan problémákat tartogat. 9 pont esetén legfeljebb 28 háromszöget lehet kapni. A pontok megfelelő (egyetlen!) elrendezését nem is nagyon nehéz megtalálni.😊 10 pontra találtak már 35 egyenlő szárú derékszögű háromszöget adó elrendezést, de máig kutatják, hogy létezik-e ennél jobb.

Általánosságban nyitott kérdés a minél kisebb felső korlát keresése n pont esetén. Annyit már bebizonyítottak, hogy a maximum nem haladhatja meg a ~ 0,66 n·n értéket.

(Szenyovszky Judit)

Subscribe now

Banditák és seriffek a prérin

Tízen állnak a sík prérin, mindegyikük seriff vagy bandita. A seriffek mindig igazat mondanak, a banditák mindig hazudnak. Mindannyian a következőt állítják: „A 3 méteres körzetemben, magamat is beleértve, több bandita van, mint seriff.”

Mennyi lehet a seriffek száma a prérin?

Megoldás

A banditák állítása tehát azt jelenti, hogy a 3 méteres körzetükben, magukat is beleértve, legalább annyi seriff van, mint bandita. Ezek alapján rögtön világos, hogy legalább két banditának és legalább egy seriffnek kell lennie.

Mondjuk azt, hogy két ember közel van egymáshoz, ha egymástól legfeljebb 3 méterre vannak. Vizsgáljuk meg azt az esetet, amikor egy seriff van és kilenc bandita. Ez csak úgy lehetne, hogy minden bandita közel van az egyetlen seriffhez, de nincs hozzá közel másik bandita. Ez azonban nem lehetséges, ami például onnan látható, hogy az alábbi ábrán valamelyik régióba legalább két banditának kell esnie, és ők biztosan közel vannak egymáshoz. (Hasonló gondolatok szerepeltek a tavalyi Focipálya feladatban is.)

Ehhez hasonlóan az is könnyen látható, hogy legalább három banditának kell lennie. Ugyanis ha két bandita lenne, akkor minden seriffnek közel kellene lennie mindkét banditához, ám ekkor a fenti gondolatmenet alapján lenne két seriff, akik egymáshoz is közel lennének, ami már nem lehetséges.

A továbbiakban megmutatjuk, hogy az összes többi eset lehetséges. Ezekre számos különböző konstrukció létezik, mi most egyet mutatunk minden esetre. Ehhez, mint látni fogjuk, az ilyen helyzetekben a valóságban sem meglepő szituáció adja a kulcsot, hogy a nagyobb csoport körbeveszi a kisebbet. Ugyanis ha például két seriffet körbevesz nyolc bandita úgy, hogy négy irányból kettő-kettő közelíti meg a szorult helyzetben lévő seriffeket, akkor lehetséges, hogy a seriffek mind a nyolc banditához közel vannak, ám a banditák csak a párjukhoz vannak közel a seriffeken kívül. Ez tehát egy megfelelő konstrukció két seriffel és nyolc banditával.

Hasonló módon, ha három vagy négy seriff van, akkor is körbe tudják venni őket a banditák úgy, hogy teljesüljenek a feladat feltételei.

Azonban amint legalább öt seriff van a színtéren, fordulnak az erőviszonyok. Ekkor úgy kapunk megfelelő konstrukciókat, hogy a banditák szorulnak a kör közepére, és a seriffek kerítik be őket.

Ezzel minden esetben megmutattuk, hogy nem lehetséges, vagy adtunk egy konstrukciót, tehát 2, 3, 4, 5, 6 vagy 7 lehet a seriffek száma a prérin.

(Imolay András)

Leave a comment

Subscribe now

Pontok és háromszögek (*)

Adj meg 8 pontot a síkon úgy, hogy minél több egyenlő szárú, derékszögű háromszöget lehessen belőlük alkotni! (A háromszögek csúcsai az általad megadott pontokon lehetnek.)

Legfeljebb hány háromszöget tudsz megadni a 8 pont megfelelő elrendezésével?

Válasz beküldése

Banditák és seriffek a prérin (*)

Tízen állnak a sík prérin, mindegyikük seriff vagy bandita. A seriffek mindig igazat mondanak, a banditák mindig hazudnak. Mindannyian a következőt állítják: „A 3 méteres körzetemben, magamat is beleértve, több bandita van, mint seriff.”

Mennyi lehet a seriffek száma a prérin?

Válasz beküldése

Libikókázás

Hat gyerek egyesével ül rá egy libikókára, és azt tapasztalják, hogy a libikóka minden ráülésnél átbillen. Tudjuk, hogy a gyerekek testsúlyai 4, 5, 9, 10, 11 és 20 kg. Keressük meg azt a sorrendet, ahol a végén a lehető legkisebb a súlykülönbség a libikóka két felén ülő gyerekek között.

Megoldás

Legyen a végén a libikóka könnyebbik fele a bal oldala. A gyerekek bármilyen sorrendben is ülnek rá a libikókára, biztosan a bal oldalára kell először ülniük, hiszen a végén – amikor mindenki ráült – a libikóka a jobb oldalára billen.

A gyerekek összsúlya 4 + 5 + 9 + 10 + 11 + 20 = 59 kg. A libikóka bal oldalán ülő gyerekek összsúlya legfeljebb 29 kg lehet, a maximum csak egyféleképpen érhető el: 29 = 20 + 4 + 5. Ha a bal oldalra ülők között a sorrend 4, 5, 20 vagy 5, 4, 20, akkor másodszorra nem tudnák átbillenteni a libikókát (a jobb oldalra ülő gyerek legalább 9 kg). Vagyis a 20 kg-os gyerek nem lehet utolsó. Viszont ekkor a jobb oldalra ülő két gyerek együtt is könnyebb lenne, mint a bal oldali kettő (20 + 4 > 10 + 11). Tehát a (4, 5, 20), (9, 10, 11) szétosztás nem megfelelő.

Így a 20 kg-os gyerek mellé kerülő gyerekek súlya nagyobb, mint 9 kg, tehát a 20 kg-os gyerek mindenképpen a nehezebb, vagyis a jobb oldalra kerül. A jobb oldaliak akkor lesznek a legkönnyebbek, ha a (5, 10, 11), (4, 9, 20) szétosztást nézzük. A jobb oldalra ülők első két helyén nem lehet a 4, 9 (hiszen 5 + 10 > 4 + 9), és a 9, 20 sem (hiszen 5 + 10 + 11 < 9 + 20). Tehát az első két helyen csak a 4 és 20 lehet. A 4 nem lehet első, mert akkor nem tudná átbillenteni a libikókát, így az egyetlen lehetséges sorrendjük a 20, 4, 9.

A másik oldalon az első két gyereknek több mint 20 kilónak kell lennie, így összesen két sorrend lehetséges: 10, 20, 11, 4, 5, 9, illetve 11, 20, 10, 4, 5, 9. A súlykülönbség mindkét esetben 7 kg, és a fentiek alapján ez az elérhető legkisebb különbség.

(Szűcs Gábor)

Subscribe now

Iroda

Az ábrán egy iroda alaprajza látható. A pontok oszlopokat jelölnek, melyek segítségével 25 egyforma négyzet alakú szobára lehet felosztani az irodát. Minden ilyen szobában egy ember dolgozik. Az irodában pár szomszédos szoba közé falakat húztak a szaggatott vonalak mentén. Egy szobában ülő dolgozó pontosan azokat a munkatársait látja, akik az ábrán vele egy sorban vagy oszlopban vannak, és nincs köztük fal. A középső szoba kivételével ráírtuk a szobákra, hogy az ott ülő ember hány munkatársát látja. Ezenkívül azt is tudjuk, hogy az irodában bármelyik szobából bármelyik másik szobába át lehet sétálni. Hogyan helyezkednek el a falak az irodában?

Megoldás

Ha a bal alsó szobában lévő ember jobbra látna ki, akkor a tőle jobbra lévő másik emberrel nem tudnának más emberhez eljutni. Így a bal alsó sarokban lévő ember a felette lévőt fogja látni, aki felett kell lennie egy falnak, hogy a sarokban lévő ember csak egy másik embert lásson. Így a 4-es sorában tudjuk, hogy még három másik embert kell látnia. Az ábrán x-szel jelöljük azokat a részeket, ahová nem fog fal kerülni.

A jobb alsó 4-es vízszintesen legfeljebb három embert láthat, így a felette lévő 3-ast látni fogja. Mivel ez a 3-as vízszintesen nem lát senkit, ezért függőlegesen még a felette lévő két embert is látnia kell, így a jobb felső 2-es alatt kell a falnak lennie. Ezek alapján a jobb oldali oszlopban mindenkiről tudjuk, hogy hány embert lát vízszintesen.

Most a bal felső sarokban lévő 3-as csak úgy láthat három embert, ha látja azt a három 2-est, akit most is lát. Ezzel a többi 2-esről is meg tudjuk határozni, hogy meddig látnak el a másik irányban.

Tovább rajzolva azt, hogy hol lehetnek és hol nem lehetnek falak, eljutunk a megoldásig:

A középső ember egy másikat lát vízszintes, egyet pedig függőleges irányban, így a kérdésre a válasz 2.

(Nagy Kartal)

Niki, Viki, Győző újra

Szemfülesebb olvasóink észrevehették, hogy a Niki, Viki, Győző feladat megoldása egy kérdőjellel végződött. Ez nem elírás volt, szándékosan fejeztük be így. Ugyan a megoldás teljesen korrektnek tűnik, azonban felmerülnek kényelmetlen kérdések.

Elsőként képzeljük el, hogy B és C elolvassa a megoldást, és konstatálják, hogy ezek alapján nekik a 2. és 3. hely jut (célszám a 100). Mindkettejüknek jobb lenne ehelyett, ha B első és C második lenne. Ezt el is érhetik, ha összefognak. Hiszen ha összehangolják a lépéseiket, akkor könnyen ki tudják játszani A-t, és el tudják érni, hogy mindenképpen B fejezze be a játékot (ennek meggondolását az Olvasóra bízzuk).

Ez pech.

Melyik érvelés a helyes? Ha valamelyik hibás, akkor hol van benne a hiba?

Ezen a ponton teszünk egy rövid történeti kitérőt. Ezen a feladaton diákkoromban gondolkoztam, meg is találtam rá az eredetileg leírt megoldást. Pár évvel később ki is tűztük egy versenyen, a diákok meg is oldották (az eredetileg leírt megoldással), meg is kapták rá a maximális pontszámot. Aztán a barátaimmal beszéltünk erről a feladatról, és ekkor merült fel az összefogás problémája. A pontos beszélgetésre már nem emlékszem, de tanácstalanok voltunk. Biztatjuk az Olvasót, hogy próbáljon meg igazságot tenni.

Talán ott hibáztunk, hogy megengedtük az összebeszélés lehetőségét. Ha ezt kizárjuk, akkor tényleg nem működik a második érvelés, látszólag nincs gond. Ez ugyan igaz, de nem igazán oldja meg a problémánkat. Hiszen B és C összebeszélés nélkül is gondolhat arra, hogy nekik megéri kockáztatni az 1. és 2. helyezésért, és mindenféle kommunikáció nélkül is dönthetnek úgy, hogy az összefogós stratégia alapján mondanak számokat. Miért ne választanák ezt a stratégiát?

Tehát az első érvelésünk megkérdőjelezése továbbra is érvényes. Érdemes meggondolni, hogy a feladatbeli feltételt (mindhárman okosak) tulajdonképpen arra használtuk, hogy előírjuk a játékosoknak, hogy hogyan gondolkozzanak. Ezt azonban nem tehetjük meg, a feladat jelenlegi formájában nem is tudunk értelmesen beszélni 3 játékos nyerő stratégiájáról.

Ha van kedvetek, akkor írjátok meg kommentben, hogy mit gondoltok. Reméljük, hogy az eszmecsere végén kialakul egy konszenzus is.

(Szűcs Gábor)

Leave a comment

Subscribe now

Libikókázás

A tavalyi böngésző nézegetés után most már kimerészkedtünk a játszótérre is, született is egy feladat a libikókázásról.

Hat gyerek egyesével ül rá egy libikókára, és azt tapasztalják, hogy a libikóka minden ráülésnél átbillen. Tudjuk, hogy a gyerekek testsúlyai 4, 5, 9, 10, 11 és 20 kg. Keressük meg azt a sorrendet, ahol a végén a lehető legkisebb a súlykülönbség a libikóka két felén ülő gyerekek között.

(A forgatónyomatékot elhanyagoljuk, tehát a libikóka pontosan akkor billen át, ha az egyik oldalon lévő gyerekek tömege nagyobb, mint a másikon. Egyenlőség esetén nem billen át a libikóka.)

Válasz beküldése

Iroda (*)

Az ábrán egy iroda alaprajza látható. A pontok oszlopokat jelölnek, melyek segítségével 25 egyforma négyzet alakú szobára lehet felosztani az irodát. Minden ilyen szobában egy ember dolgozik. Az irodában pár szomszédos szoba közé falakat húztak a szaggatott vonalak mentén. Egy szobában ülő dolgozó pontosan azokat a munkatársait látja, akik az ábrán vele egy sorban vagy oszlopban vannak, és nincs köztük fal. A középső szoba kivételével ráírtuk a szobákra, hogy az ott ülő ember hány munkatársát látja. Ezenkívül azt is tudjuk, hogy az irodában bármelyik szobából bármelyik másik szobába át lehet sétálni. Hogyan helyezkednek el a falak az irodában?

Az alábbi ábrán egy példát láthatunk arra, hogy egy kisebb irodában ki hány másik szobába lát át:

Válasz beküldése

Föld–Mars-távolság becslése

Az alábbi táblázat azt mutatja, hogy a Föld és a Mars az ellipszis alakú pályájuk során mennyire kerül közel és mennyire távolodik el a Naptól.

Ezeket az adatokat használva milyen alsó és felső becslést tudunk mondani a Föld és a Mars távolságára? (A feladat során a bolygókat pontszerűnek tekintjük.

Megoldás

Az alábbi elrendezésben a Föld és a Mars távolsága 55 millió km. A Föld a Naptól nem lehet távolabb 152 millió km-nél, a Mars pedig nem lehet közelebb 207 millió km-nél. Ezenkívül a Nap - Mars távolság nem lehet nagyobb, mint a Nap - Föld és a Föld - Mars távolság összesen, amiből látszik, hogy ennél kisebb távolság nem érhető el.

A maximális távolság esetén hasonló gondolattal megkaphatjuk, hogy mivel a Nap - Föld távolság legalább 147 millió km, a Nap - Mars távolság pedig legfeljebb 249 millió km, így a Föld - Mars távolság legfeljebb 102 millió km. Ez a gondolat azonban most nem lesz jó. Amennyiben eddig nem sikerült ennél nagyobb értéket találni, érdemes lehet egy kis szünetet tartani és átgondolni, hogy hogyan lehetne még növelni ezen a távolságon.

.

.

.

A megoldás kulcsa az elhelyezkedésben van, ugyanis három égitest nem csak ilyen sorrendben állhat egymáshoz képest. A lehető legnagyobb távolság úgy érhető el, ha a Mars a Föld túloldalán van, és mindkét bolygó a lehető legmesszebb van a Naptól. Ekkor a távolság 401 millió km is lehet.

Érdekesség: A https://theskylive.com/how-far-is-mars oldalon látható, hogy aktuálisan milyen messze vagyunk a Marstól.

A feladatot beugratós feladatnak szántuk, ezt az is segítette, hogy a feladatban 4 adatot adtunk meg, amiből a két becsléshez 2-2 adatot használunk fel, mégis volt olyan adat, amire nem volt szükségünk, és olyan is, amit kétszer használtunk.

(Nagy Kartal)

Subscribe now

Törtek összege

Az 1, 2, 3, …, 16 számokból képezzünk 8 törtet úgy, hogy minden számot pontosan egyszer használunk (vagy számlálóként, vagy nevezőként). Lehet-e a kapott 8 tört összege egész szám?

Megoldás

El tudjuk érni, hogy a 8 tört összege egész legyen. Többféleképpen is megadható megfelelő 8 tört az 1, 2, 3, …, 16 számokból, a megoldás végén erre két jelentősen eltérő konstrukciót mutatunk. Természetesen sok másik helyes megoldás is létezik, tőletek is több különféle konstrukciót kaptunk.

Az a célunk, hogy a 8 tört összege egész legyen, ezért természetes ötlet, hogy elsőként a nagyobb prímeket tartalmazó számokból képezzünk törteket, méghozzá minél kisebb nevezővel, hiszen 11-edekkel és 13-adokkal nehezebb dolgoznunk, mint felekkel vagy harmadokkal. Ha a nagy prímet tartalmazó számok kis nevezőt kapnak, akkor sok tört értékét egészre tudjuk állítani, így az összeget is könnyebb lesz egészre kihozni.

A 8-nál nagyobb prímek a 11 és a 13, ezekből az egyiket párosítsuk az 1-es nevezővel, a másik számot pedig minél kisebb nevezővel építsük törtbe. Kezdésképp vehetjük például a 13/1, 11/2 törteket, ezután csupán a felekre kell majd figyelni. Szintén tartalmaz nagyobb prímeket a 14-es és a 15-ös szám is (a 7-et és az 5-öt), tehát ezeket célszerű összepárosítani a legnagyobb prímosztójukkal, hogy egész értékű törteket kapjunk. Vegyük tehát a 14/7 és a 15/5 törteket az eddigiek mellé. Az eddigi négy tört összege 13+5,5+2+3=23,5, azaz kell még egy nem egész értékű tört biztosan.

A hátralévő számaink a 3, 4, 6, 8, 9, 10, 12, 16. Észrevehetjük, hogy a sorban az első 4 számot nevezőbe írva és az utóbbi négy számot ilyen sorrendben a számlálókba írva 3 egész értékű törtet és a 10/4=2,5-et kapjuk, ami pont jó lesz nekünk, hiszen az eddigi összegünk 23,5 volt. Így ha vesszük az eddigiek mellé ezt a négy törtet, akkor egy helyes konstrukciót kapunk:

Ezen kívül sok más megoldás is létezik, ezek közül egy, az előzőtől jelentősen eltérő konstrukció:

Észrevehetjük, hogy itt a 11-et és a 13-at is nagyobb nevezőjű törtbe tettük, valamint míg az előbb a 8 kisebb szám szerepelt a nevezőkben, most a 10 és a 14 is oda került.

Kitekintés

Érdekes kérdés lehet a feladathoz kapcsolódóan, hogy ha nem 1-16-ig vesszük a pozitív egészeket, hanem 1-től egy nagyobb páros számig (1-2k-ig), akkor megvalósítható-e, hogy a k darab tört összege egész legyen.

Általában is igaz, hogy tetszőleges páros számra (mint 16-ra is), a pozitív egészek 1-2k-ig beoszthatók k darab törtbe úgy, hogy az összegük egész legyen. Ehhez a következő a főbb gondolat: ha már egy 4-gyel osztható számra találtunk megfelelő törtekbe rendezést, akkor a nála 4-gyel nagyobb számra ebből az összegből indulunk ki és próbálunk két új törtet hozzátenni. Ezután pedig a 4k+2 alakú páros számokra a náluk kisebb 4-gyel osztható számból, 4k-ból készítünk konstrukciót. Az első 2 és 4 számra könnyen találunk megoldást: 2/1=1 és 3/1+4/2=5. Innentől kezdve elkészítjük egy algoritmussal a következő 4-gyel osztható számra a konstrukciót.

Ezt precízen nem indokoljuk, csupán a lépéseket és az érdekességeit vázoljuk. Induljunk el a 3/1+4/2=5 konstrukcióból és mindig lépjünk a 4-gyel nagyobb számra. Mindig amikor valamilyen 4·(k-1) számról a következő 4-gyel osztható számra, 4·k-ra lépünk, akkor 4 új felhasználandó számunk lesz: 4k-3, 4k-2, 4k-1 és 4k. Ezeket rendezzük be a következő törtekbe: (4k)/(4k-2) és (4k-3)/(2k-1). Az ilyen alakú törtek összege pont 3 lesz, hiszen (4k)/(4k-2) + (4k-3)/(2k-1) = (2k)/(2k-1) + (4k-3)/(2k-1) = (6k-3)/(2k-1) = 3. Igen ám, de a 4 új számunk közül most a 4k-1-et nem használtuk fel, helyette a 2k-1-et írtuk a nevezőbe, ami így kétszer szerepel, hiszen a korábbi 4-gyel osztható számnál is használtuk ezt. Úgy oldjuk ezt a problémát meg, hogy a korábbi 2k-1-et átírjuk 4k-1-re, akárhol is szerepelt. Ez a lépés persze könnyen elronthatná az összegünket, de ha a 3/1+4/2=5 konstrukcióból indulunk el, akkor valójában mindig egész marad így az összeg. A bizonyítás igénye nélkül megjegyezzük, hogy a konstrukció jósága azon alapszik, hogy minden páratlan nevezőjű törtet a kétszer akkora nevezőjű törttel összeadva egész számot kapunk, így több ilyen összege is egész lesz. Ezzel kapunk egy konstrukciót a következő 4-gyel osztható számra, majd a lépést ismételve minden 4-gyel osztható számra meg tudjuk valósítani, hogy egész legyen a törtek összege.

A 2-nél nagyobb, 4-gyel nem osztható páros számok 4k+2 alakúak, ahol 4k-ra már megadtunk egy helyes konstrukciót az előbbi lépéssorozattal. Észrevehetjük, hogy a 4/2 tört mindig szerepel a konstrukcióban, hiszen az elején szerepel a 3/1+4/2-ben, és később csak a páratlan számokat cseréljük le. Így a 4/2 tört helyett használjuk a (4k+1)/2 és (4k+2)/4 törteket, a többit pedig ne változtassuk a 4k-ra adott konstrukcióban. Mivel (4k+1)/2 + (4k+2)/4 = 3k+1 egész, ezért a teljes összeg is egész lesz ebben az esetben is.

Például a kitűzött feladatban egy 4-gyel osztható szám szerepelt, így megnézhetjük, mit ad ez az eljárás 16-ra. A kezdeti konstrukció 3/1+4/2, majd az új számok az 5, 6, 7, 8. Ebből létrehozzuk a 5/3+8/6-ot, így a korábbi 3-ast kicseréljük a 7-re. Ezzel a konstrukció 8-ra: 7/1+4/2+5/3+8/6=12. Ezután érkezik a 9, 10, 11 és a 12, amiből a 9/5+12/10-et készítjük el, így a korábbi 5-öst 11-esre cseréljük. A konstrukció 12-re: 7/1+4/2+11/3+8/6+9/5+12/10=17. Végül a 13, 14, 15 és 16 számokból képezzük a 13/7+16/14 összeget és a korábbi 7-est átírjuk 15-re. Azaz a konstrukció 16-ra: 15/1+4/2+11/3+8/6+9/5+12/10+13/7+16/14=28.

Észrevehetjük, hogy ez a konstrukció megegyezik a megoldás végén általunk mutatott második konstrukcióval. Az algoritmus működését egy rövid animációval is szemléltetjük:

(Móricz Benjamin)

Leave a comment

Subscribe now

Föld–Mars-távolság becslése

„Az évtized legszebb látványa lesz: nagyon közel kerül hozzánk az egyik bolygó.”

A fenti mondatot olvashattuk a Marsról 2022-ben. De vajon mit is jelent a nagyon közel? Atlaszokban, interneten könnyen megtaláljuk a naprendszerben lévő bolygók távolságát a Naptól, arra viszont nehezebben találunk adatot, hogy az egyes bolygók milyen messze vannak a Földtől. Így a mostani becslésünket a Naptól való távolság alapján fogjuk elkészíteni.

Az alábbi táblázat azt mutatja, hogy a Föld és a Mars az ellipszis alakú pályájuk során mennyire kerül közel és mennyire távolodik el a Naptól.

Ezeket az adatokat használva milyen alsó és felső becslést tudunk mondani a Föld és a Mars távolságára? (A feladat során a bolygókat pontszerűnek tekintjük.

Válasz beküldése

Törtek összege (*)

Az 1, 2, 3, …, 16 számokból képezzünk 8 törtet úgy, hogy minden számot pontosan egyszer használunk (vagy számlálóként, vagy nevezőként). Lehet-e a kapott 8 tört összege egész szám?

Válasz beküldése

Vitorlásverseny

Egy vitorlásversenyen heten indulnak, Te és hat ellenfeled. A verseny 3 futamból áll, egy versenyző végső pontszámát a futamonkénti helyezéseinek összege adja. (Tehát ha két futamban 2., egyben pedig a 4. helyen végzett egy versenyző, akkor a végső pontszáma 2+2+4=8.) Egy futamon belül nem lehet holtverseny és az nyeri az összetett versenyt, akinek végső pontszáma a legkisebb.

Azonos pontszámot elérő versenyzők között a legrosszabb helyezés rangsorol. Ez azt jelenti, hogy ha két versenyzőnek azonos a végső pontszáma, akkor az végez előrébb, akinek a legrosszabb helyezése jobb. Ha ez is azonos, akkor a második legrosszabb futamukban elért eredményük dönt. Ha mindhárom helyezésük azonos, akkor sorsolnak.

A verseny lezajlott, te minden futamban harmadik lettél. A lehető legjobb esetben hányadik lehetsz az összetettben?

Mi a helyzet akkor, ha mindháromszor negyedik helyet értél el?

Megoldás

A győzelem is elérhető összesítésben három darab 3. hellyel. Ha a feladat megoldása során erre az eredményre eddig nem számítottál vagy csak nem sikerült ennek megfelelően elosztani a futameredményeket, érdemes lehet ezen információ birtokában újra megpróbálni, még mielőtt a megoldást elolvasnád.

Legyenek a versenyzők: Te, Beni, Csenge, Dani, Eszter, Frigyes és Gábor. Ügyes próbálkozással is el lehet érni a megfelelő eredményt, de nézzük meg, hogy hogyan lehet kicsit előre gondolkodni a helyezések (ezáltal a pontszámok) megfelelő elosztásához.

Mivel minden futamban kiosztásra kerül 1-7. minden helyezés pontosan egyszer, ezért a végső pontszámok összege 3 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 84. Ebből 3 + 3 + 3 = 9 pont a Tiéd, a maradék 75 pontot pedig igyekezzünk elosztani úgy, hogy mindenki másnak legalább 10 pontja legyen, hiszen akkor biztosan Te nyered az összetettet. Ez reálisnak tűnik, hogy sikerülhet, hisz 6 · 10 = 60 < 75. Valóban meg is valósítható például az alábbi módon:

Így Beni, Csenge és Dani, valamint Eszter, Frigyes és Gábor között is a sorsolás fog dönteni végül, de gratulálunk, az első hely biztosan a Tiéd!

Szerintünk lényegesen meglepőbb, de három darab 4. helyezéssel is nyerhetsz összesítésben.

Ismét azt javasoljuk, hogy a megoldás továbbolvasása előtt próbáld meg elérni ezt, különösen akkor, ha eddig erre az eredményre nem számítottál. Hasznos az előzőekben ismertetett kis számoláshoz hasonlót elvégezni, az segíthet itt is.

A pontszámok összegének most is 84-nek kell lennie, amiből a Te pontszámod 4 + 4 + 4 = 12 pont, marad a többieknek összesen 72. Ha rajtad kívül mindenkinek legalább 13 pontot akarnánk osztani, az nem sikerülne, mert 6 · 13 = 78 > 72. Viszont 6 · 12 = 72 éppen, tehát az még előfordulhat, hogy mindannyiuknak 12-12 pontja legyen. De hát neked is ennyi a pontszámod! Elsőre kicsit zavaró lehet, hogy mind a hét pontszám azonos, de szerencsére van szabály arra is, hogy hogyan kell rangsorolni azonos pontszámú versenyzők között. Először próbáljunk meg minden versenyzőnek 12 pontot osztani, aztán meglátjuk, ki nyer így. Ez például megfelelő, de van más jó elosztás is:

Ebben az esetben Beninek, Csengének és Daninak a legrosszabb futameredménye 6. hely, Eszter, Frigyes és Gábor esetében pedig 7. hely, ezekkel szemben a Te (legrosszabb) 4. helyezésed jobb (köztük pedig hármasával ismét a sorsolás dönt, mert nem csak a pontszámaik egyenlőek, mindhárom helyezésük is megegyezik). Gratulálunk, ismét te nyerted a versenyt!

Érdekes, hogy ha máshogy osztottad el a pontokat úgy, hogy mindenkinek 12 legyen az összpontszáma, akkor is egyértelműen te nyerted a versenyt. Miért lehet ez? Mivel 4 vagy annál kisebb pontszámokból 12 pontot nem lehet elérni a 4 + 4 + 4 -en kívül, ezért az összes többi versenyzőnek biztosan lesz legalább egy 4 pontnál több pontot érő futama, így tehát valóban biztosan te nyersz ilyen esetben.

(Tassyné Berta Andrea)

Subscribe now

Niki, Viki, Győző

Két játékossal szerepelt ez a feladat, most nagyon hasonlót fogunk kérdezni, de kettő helyett három játékossal.

Niki, Viki és Győző felváltva mondanak számokat 1-től 10-ig. Niki kezd, aztán Viki, Győző sorrendben haladnak. Az nyer, akinél az összeg eléri a 100-at. Az lesz a második, aki a győztes után következett volna. Kinek van nyerő stratégiája? Feltesszük, hogy mindhárman okosak, és mindegyikük az elérhető legjobb helyezésre törekszik.

Megoldás

Az egyszerűség kedvéért jelöljük a három játékost egy-egy betűvel (A: Niki, B: Viki, C: Győző). Vizsgáljuk meg először a játékot kisebb számokra, ahol a célszám kisebb.

Ha a célszám maximum 10, akkor könnyű dolgunk van, hiszen A nyer:

• 1: A

• 2: A

• ...

• 10: A

Ha a célszám 11, akkor mindenképpen B nyer, hiszen A lépését kiegészítheti 11-re.

• 11: B

Mi a helyzet 12-nél? Mire C sorra kerül, addigra a számok összege legalább kettő, tehát ő mindenképpen be tudja fejezni a játékot. Így A biztosan nem nyerhet, tehát az első számot úgy érdemes megválasztania, hogy a második helyet elérje. Ezt meg is tudja tenni, ha 1-et mond. Ekkor B nem tud nyerni, biztosan C nyer.

• 12: C

Nézzük a következő célszámot, a 13-at. Ha A 1-et mond, akkor B-t hozza pontosan abba a helyzetbe, mint amilyenben ő volt 12-nél. Az ott már végiggondoltak miatt ebben az esetben A tud nyerni. Tehát ha A így kezd, akkor nyer.

• 13: A

Ha a célszámot növeljük, akkor egészen addig A nyer, amíg a célig hátra lévő számot 12-re tudja csökkenteni. Ez 22-ig működik is:

• 14: A

• 15: A

• ...

• 22: A

Ha a célszám 23, akkor A csak úgy tud kezdeni, hogy B-t hozza nyerő helyzetbe, tehát ekkor B mindenképpen nyer. Ha a célszám 24, akkor A saját maga nem nyerhet, de 1-et mondva C-t hozza nyerő helyzetbe, ezzel elérheti a második helyet (vegyük észre, hogy most ugyanúgy érveltünk, mint a 11 és 12 esetben).

• 23: B

• 24: C

A további számoknál is követhetjük ezt a logikát. Így láthatjuk, hogy a győztes személye 12-es ciklusokban váltakozik (a ciklus: A, A, …, A, B, C). Ez alapján 100-nál A (vagyis Niki) nyer, ehhez 4-gyel kell kezdenie.

Úgy tűnik, hogy ezzel teljesen tisztáztuk a feladatot. Egy kérdés azonban maradt, mi a helyzet, ha a fentieket Viki és Győző is végiggondolja?

(Szűcs Gábor)

Leave a comment

Aki a hosszú hétvégén szívesen gondolkozik a korábbi feladatokon, az bátran tegye, válaszokat is szívesen fogadunk.

Subscribe now

Vitorlásverseny

Egy vitorlásversenyen heten indulnak, Te és hat ellenfeled. A verseny 3 futamból áll, egy versenyző végső pontszámát a futamonkénti helyezéseinek összege adja. (Tehát ha két futamban 2., egyben pedig a 4. helyen végzett egy versenyző, akkor a végső pontszáma 2+2+4=8.) Egy futamon belül nem lehet holtverseny és az nyeri az összetett versenyt, akinek végső pontszáma a legkisebb.

Azonos pontszámot elérő versenyzők között a legrosszabb helyezés rangsorol. Ez azt jelenti, hogy ha két versenyzőnek azonos a végső pontszáma, akkor az végez előrébb, akinek a legrosszabb helyezése jobb. Ha ez is azonos, akkor a második legrosszabb futamukban elért eredményük dönt. Ha mindhárom helyezésük azonos, akkor sorsolnak.

A verseny lezajlott, te minden futamban harmadik lettél. A lehető legjobb esetben hányadik lehetsz az összetettben?

Mi a helyzet akkor, ha mindháromszor negyedik helyet értél el?

Válasz beküldése

Niki, Viki, Győző (**)

Két játékossal szerepelt ez a feladat, most nagyon hasonlót fogunk kérdezni, de kettő helyett három játékossal.

Niki, Viki és Győző felváltva mondanak számokat 1-től 10-ig. Niki kezd, aztán Viki, Győző sorrendben haladnak. Az nyer, akinél az összeg eléri a 100-at. Az lesz a második, aki a győztes után következett volna. Kinek van nyerő stratégiája? Feltesszük, hogy mindhárman okosak, és mindegyikük az elérhető legjobb helyezésre törekszik.

Válasz beküldése

Házikón számok

Írd bele az ábra karikáiba az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokat. Majd minden vonalra írd fel a két végponton lévő szám pozitív különbségét. Minimum mennyi lesz a szakaszokra írt számok összege? Hogy helyezkednek el ebben az esetben a számok?

Megoldás

Elsőnek tekintsük csak az alsó négy karikából álló ábrát:

Ezen négy kör mindegyike össze van kötve mindegyikkel. Ha négy egymást követő számot írunk ezekbe a körökbe, akkor 10 lesz az éleken szereplő értékek összege minden kiosztás esetén. De vajon megéri „messzebbi” számokat tenni ezekbe a körökbe, hogy a többi részen spórolni tudjunk az éleken? Mindjárt kiderül, hogy sajnos nem.

Ha a négy szám nem szomszédos, akkor legalább 13 lesz az összeg, mert ha a számok között valahol “kitágítjuk a hézagot”, akkor az 3 vagy 4 különbséget növel meg. Hozzávéve a kimaradó három élt, azt kapjuk, hogy az összegnek legalább 16-nak kell lennie. Ahogyan az alábbi ábra ad is egy ilyen konstrukciót:

Ha négy egymást követő számot helyezünk el az alsó négy körben, akkor a maradék kettő szám kapcsán nézzük meg, hogy melyik körökkel vannak összekötve. Mivel a négyzet jobb felső körébe megy él a kettő másik körből, emiatt akkor járunk a legjobban, ha a két kimaradó szám egymás melletti lesz (például: 1 és 2). Ebben az esetben természetesen a 3-at kell írni a jobb felső körbe és mivel ezek kis számok, emiatt a bal felső négyzetbe minél kisebbet kell írni és a házikó tetejére pedig a nagyobb számot kell írni, hogy az éleken minél kisebb érték legyen, ami alapján ezt a kitöltést kapjuk.

Ilyen kitöltés esetén az összeg 15, amely minimális lesz. Ezen a példán felül további három kitöltés ad minimális értéket.

(Osztényi József)

Subscribe now

Színkitalálás

Piros, kék és zöld négyzet alakú csempékkel fedtük le a síkot. Az ábrán látható fekete pöttyök szimmetria-középpontok, ezekre a pöttyökre tükrözve a csempézést ugyanazt a mintát kapjuk. A felületen a teljes sík egy részét látjuk, és csak néhány csempe színét áruljuk el, a többit szürkével jelöltük. A látható színek alapján próbáld meg kitalálni öt véletlenszerű mező színét. Minél többször tippelj helyesen, lehetőleg minél rövidebb idő alatt.

Itt találod az online felületet.

Ez a feladat sokkal inkább egy játék, mint matekfeladat. Aki hiányolja belőle a feladatot, attól azt kérdezzük csatlakozó kérdésként, hogy hányféle különböző módon színezhető a teljes felület.

Megoldás

Sokféle stratégiával ki lehet találni a hiányzó mezők színeit. Mi egy olyat mutatunk, amellyel egyúttal az extra kérdésre is válaszolunk.

Jelöljük S-sel a bal felső, 3×2-es téglalapot. S mezőit színezzük ki tetszőlegesen. A T téglalap az S téglalap középpontos tükörképe, a középpont az A pont. Ez alapján a T téglalap mezőit egyértelműen meg tudjuk határozni, hiszen elég megnéznünk, hogy melyik S-beli mező tükörképei. Talán szemléletesebb, ha a középpontos tükrözést úgy képzeljük el, hogy az A pont körül 180 fokkal elforgatjuk az S téglalapot, így kapjuk T-t.

Ha T-t tovább tükrözzük a B pontra, akkor S1-et kapjuk. A tükrözéskor a téglalap újra elfordul, tehát S1-et úgy is megkaphatjuk, hogy S-t eltoljuk az ábrán jelölt nyíllal.

Ugyanez igaz S2-re is. Ha folytatjuk a tükrözéseket, akkor láthatjuk, hogy az ábrán látható további téglalapok mezőinek is megkaphatjuk a színeit.

Hasonló módon láthatjuk, hogy a most kimaradt téglalapok is megkaphatóak egy rögzített 3×2-es téglalap tükrözéseivel. Vagyis a sárgával bekeretezett 6×4-es részek egymás eltoltjai, a mintájuk megegyezik.

Miért segít ez? A fentiek alapján láthatjuk, hogy egy mező tükrözött képei hogyan helyezkednek el. Egyrészt a saját 6×4-es részében kapunk egy tükörképet, ha a 6×4-es rész középpontjára tükrözzük. Másrészt tudjuk, hogy minden 6×4-es rész egymás eltoltja. Például, ha az ábrán látható kérdőjellel jelölt mezőt kérdezi a felület, akkor elég megnézni, hogy valamelyik, szürke mező színét ismerjük-e.

Ez a stratégia működik, de így is sok mezőt kell ellenőriznünk. Amikor próbálkoztam, nem sikerült egy percnél lényegesen jobb időt elérni.

Hányféle különböző mintázat létezik? Láttuk, hogy két darab 3×2-es téglalap mezőinek a színét tetszőlegesen előírhatjuk, viszont ezek minden más mezőt már egyértelműen meghatároznak. Tehát annyi minta van, ahányféleképpen három színnel 12 mezőt megszínezhetünk, így a mintázatok száma 3¹² = 531441.

A felület azt segíti, hogy ismerkedjünk azzal, hogy mi történik több középpontos tükrözés egymás utáni elvégzésekor. Ha valakinek van kedve, az gondolkodhat a következőn: Mindig igaz az, hogy két különböző középpontos tükrözést egymás után elvégezve egy eltolást kapunk?

Leave a comment

Mindenkit biztatunk, hogy küldjön bátran válaszokat is, szívesen látjuk, hogy hogyan gondolkoztok. Bár péntek munkaszüneti nap, de fogunk feladatokat és megoldásokat is küldeni.

Subscribe now

Házikón számok

Írd bele az ábra karikáiba az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számokat. Majd minden vonalra írd fel a két végponton lévő szám pozitív különbségét. Minimum mennyi lesz a szakaszokra írt számok összege? Hogy helyezkednek el ebben az esetben a számok?

Válasz beküldése

Színkitalálás (**)

Ősszel szerveztünk egy kísérletet középiskolai tanárok számára, ahol a geometriai transzformációkat dolgoztuk fel az általunk is képviselt felfedeztető módszer szellemében. Ennek során született a következő játék, amit szívesen megosztunk veletek. (A kísérlet során elkészült anyagokat összegyűjtöttük. Ha valaki szívesen használja a tanítása során, annak nagyon örülünk.)

Piros, kék és zöld négyzet alakú csempékkel fedtük le a síkot. Az ábrán látható fekete pöttyök szimmetria-középpontok, ezekre a pöttyökre tükrözve a csempézést ugyanazt a mintát kapjuk. A felületen a teljes sík egy részét látjuk, és csak néhány csempe színét áruljuk el, a többit szürkével jelöltük. A látható színek alapján próbáld meg kitalálni öt véletlenszerű mező színét. Minél többször tippelj helyesen, lehetőleg minél rövidebb idő alatt.

Itt találod az online felületet.

Ez a feladat sokkal inkább egy játék, mint matekfeladat. Aki hiányolja belőle a feladatot, attól azt kérdezzük csatlakozó kérdésként, hogy hányféle különböző módon színezhető a teljes felület.

Válasz beküldése

Cél a 100!

A játékban két játékos játszik egymás ellen. Egy bábuval lépnek felváltva a számegyenesen. A bábu a nulláról indul, egy körben 3 és 10 közötti értékkel léphet jobbra. Az nyer, aki a bábuval a 100-ra lép. Ha senki sem lép a 100-ra, akkor a játék döntetlen. Győzz le minket ebben a játékban.

Megoldás

Gondolkozzunk visszafelé! Hova lépjünk, hogy az ellenfelünk lépése után biztosan mi léphessünk a 100-ra?

89-nél nagyobb helyre nem érdemes lépnünk, így jó ötletnek tűnik a 89-et választanunk. Azonban az ellenfelünk ki tud velünk babrálni, ha innen a 99-re lép. Hiszen, ekkor egyikünk sem tud a 100-ra lépni, azaz nem tudunk győzni.

Hasonló a helyzet a 88 esetén. 87-re lépve azonban biztosan nyerünk, hiszen bármit is lép az ellenfelünk, azt ki tudjuk egészíteni 13-ra, amivel éppen a 100-ra lépünk.

Ezt a gondolatmenetet megismételve azt kapjuk, hogy a 87 előtt a 74-re érdemes lépni, hiszen ha a 74-re lépünk, akkor az ellenfelünk lépését kiegészítve a 87-re jutunk. Hasonlóan folytatva a 61, 48, 35, 22, 9 mezők azok, amelyekre lépnünk kell (ezeket nyerő mezőknek is szoktuk hívni). Ha van kedvetek, akkor a felületen ellenőrizzétek le a stratégiát.

Ennek a játéknak az ismertebb változatában 1 és 10 közti értékkel lehet lépni. Erre az ismertebb játékra vissza fogunk még térni, így érdemes ezt is átgondolni.

(Szűcs Gábor)

Mérlegelj okosan!

Egy nyomozás során találtunk egy aranytömböt, amelynek szeretnénk megállapítani a tömegét. Annyit már biztosan tudunk, hogy a súlya pontosan megegyezik az 1, 2, 3, ..., 8 kg-os mérősúlyaink valamelyikével.

A feladathoz egy kétkarú mérleg áll rendelkezésünkre. Egy mérés során összehasonlíthatjuk az aranytömböt az egyik kiválasztott mérősúllyal, de ennek ára van: a mérés pontosan annyi Dürer dollárba kerül, amekkora a használt mérősúly tömege. (A Dürer dollár az általunk szervezett Dürer Verseny hivatalos fizetőeszköze.)

Legkevesebb hány Dürer dollárból határozhatjuk meg biztosan az aranytömb tömegét?

Megoldás

Ezt a feladványt az általunk szervezett Dürer Versenyen pár éve szereplő feladat alapján adtuk fel.

12 Dürer dollárral már meg tudjuk állapítani biztosan a tömegét. Elsőnek nézzünk egy stratégiát erre, majd végiggondoljuk, hogy miért nem lehetséges kevesebb költségből.

Elsőnek mérjük össze az 5 kilogrammossal az aranytömböt.

Ha ennél nehezebb, akkor még a 7 kg-os súllyal kell összehasonlítanunk, hogy el tudjuk dönteni, 6, 7 vagy 8 kg-os-e, ebben az esetben az összköltség: 5+7=12 .

Ha könnyebb, mint 5 kg, akkor a 3 kg-ossal hasonlítjuk össze. Ha ennél is könnyebb, akkor még az 1 kg-ossal is mérnünk kell a biztos tömeghez, ekkor a költségünk legrosszabb esetben is 5+3+1=9.

Más első mérésnél hány Dürer dollárból tudjuk meg a tömeget?

Ha 6 kg-ossal kezdünk és az arany a nehezebb, még mindig nem tudjuk, hogy 7 vagy 8 kg. Ezt legolcsóbban a 7 kg-os súllyal tudjuk eldönteni. Ez már legalább 6+7=13.

Ha legalább 7 kg-ossal kezdünk, akkor kifizettünk már legalább 7 dollárt. Ha az arany könnyebb, még mindig meg kell különböztetnünk az 5 és 6 kg-os eseteket, ez legalább egy 5 kg-os mérést igényel, így máris 7+5=12 dollárnál járunk és lehetséges, hogy még ennél is kisebb tömegű az aranyunk.

Ha 4 kg-ossal vagy könnyebbel kezdünk. Ebben az esetben kifizetünk legalább 1 dollárt. Ha az arany a nehezebb, biztosan marad opciónak 5, 6, 7 vagy 8 kg, mint opció. Ekkor még két lépés biztosan hátra van. Szeretnénk megkülönböztetni egymástól az 5-öt és a 6-ot, valamint a 7-et és a 8-at. Tehát a kezdő mérés után még garantáltan ki kell fizetnünk legalább 5-öst és egy másik legalább 7-est. Így a költség biztosan legalább 1+5+7=13 dollár lesz.

(Osztényi József)

A hétőfi levélbe nem fért bele, így most küldjük a Teniszbajnokság megoldását:

Teniszbajnokság

A női Grand Slam tornákon egy teniszmeccs addig tart, amíg valamelyik játékos két szettet nyer. Tehát egy meccs két (2:0) vagy három (2:1) szett alatt dőlhet el. Kíváncsiak voltunk arra, hogy a meccsek mekkora része dől el kettő, illetve három szett alatt. Készítettünk is egy statisztikát, ezek szerint az 1968 és 2024 között a főtáblán játszott mérkőzések 70,59%-a dőlt el két szettben.

A férfiaknál három nyert szettig tart egy mérkőzés. Tippeld meg, hogy ott mekkora a 3, 4, illetve 5 szett alatt végződő meccsek aránya!

Megoldás

A kérdés azért nehéz, mert nagyon sokféle tényező befolyásolja a meccsek kimenetelét. Számít a játékosok erőssége, ki kezdi a szervát, lélektani szempontok, milyen borításon játszanak és így tovább, vég nélkül sorolhatnánk a különböző szempontokat.

Sok körülménnyel nem fogunk foglalkozni, már szinte bántóan leegyszerűsítjük a problémát. Legyen X és Y két játékos, tegyük fel, hogy X minden szettet p valószínűséggel nyer meg, Y pedig (1-p)-vel.

Mekkora az esélye, hogy a mérkőzés két szett alatt véget ér?

Annak az esélye, hogy X két szettet nyer: p·p (mindkét szettet meg kell nyernie, ennek egymástól függetlenül p a valószínűsége, a két esemény együttes bekövetkezésének valószínűségét a szorzatuk adja). Annak az esélye, hogy Y nyer két szettet, pedig (1-p)·(1-p). Tehát annak az esélye, hogy két szett alatt véget ér a játék: p² + (1-p)² = 1 - 2p + 2p².

Szeretnénk, ha a két szettes meccsek aránya 70,59% lenne, ehhez arra van szükség, hogy 1 - 2p + 2p² = 0,7059 teljesüljön. A másodfokú egyenlet megoldása alapján azt kapjuk, hogy p = 0,821 (az egyenletnek a p = 1 - 0,821 egy másik megoldása, de ezzel számolva is ugyanezt a modellt kapjuk). Azaz, ha csak X és Y játszana egymás ellen, akkor a p-t így választva a feladatbeli arányt kapjuk.

Most nézzük meg, hogy a modellünk mit ad a férfiak esetén. A fenti számoláshoz hasonlóan a három szettes meccs valószínűsége p³ + (1-p)³. A négy szettes meccseknél egy szettet nyer a vesztes játékos, ez biztosan az első három szett valamelyike. Ezek alapján a négy szettes meccsek valószínűsége: 3·p³·(1-p) + 3·p·(1-p)³. Az előző két valószínűséget 1-ből kivonva megkapjuk az 5 szettes meccsek valószínűségét is.

Ha behelyettesítjük a 0,821 értéket ezekbe a képletekbe, akkor azt kapjuk, hogy a 3, 4 és 5 szettes meccsek aránya 55,91%, 31,12% és 12,97%.

A valóságból sok mindent nem vettünk figyelembe, sőt, úgy is mondhatjuk, hogy szinte semmit sem. A legszembetűnőbb pontatlanság, hogy az nyilvánvalóan nem lehet igaz, hogy két tetszőleges teniszező közül az egyik mindig 82% eséllyel nyer. (Az azért igaz, hogy a játékosok kiemelésének köszönhetően a meccsek jelentős részében van egy egyértelműen esélyesebb játékos.)

Ezek fényében meglepő, de a tipp mégis elég jó, a valóságban a 3, 4 és 5 szettes meccsek aránya 49,63%, 31,22% és 19,15%, azaz az eltérés kb. 12 százalékpont (ha a p=0,821 értéket kicsit módosítjuk, akkor az eltérés 4 százalékpontra csökkenthető).

Az általatok írt tippeket is feldolgoztuk, az átlagos eltérés kb. 20 százalékpont. Németh Zsolttól egy nagyon alapos levezetést kaptunk, ezt linkeljük is. Egyébként az általa adott tipp (50%, 30%, 20%) többeteknél is megjelent, meglepően sokan ráéreztetek a valós arányokra. Bátran osszátok meg a stratégiátokat kommentben.

A teniszmeccsek adatait megtalálhatjátok Jeff Sackmann csodálatos github oldalán. Készítettünk pár statisztikát, ahol többféle bontásban is megvizsgáltuk, hogy hány szettesek a teniszmeccsek.

• 1968 óta, évtizedenként megvizsgálva a szettek számát, az derült ki, hogy mind a nőknél mind a férfiaknál nő a hosszabb meccsek aránya, vélhetően a mezőny kiegyensúlyozottabbá válása miatt.

• Úgy tűnik, hogy van szerepe a lélektani tényezőnek is: gyakoribb, hogy egy meccs későbbi győztese a korábbi szettet (vagy szetteket) veszíti el.

• Az első fordulótól kezdve egészen a negyeddöntőkig kicsi a különbség a meccsek átlagos hosszában. Ez meglepő, mi arra számítottunk volna, hogy a negyeddöntőben kiegyensúlyozottabb meccsek vannak, mint az első fordulóban.

(Szűcs Gábor)

Leave a comment

Szerettünk volna valamit „adni” az öregdiákjainknak a támogatásért cserébe – ez volt a minden·ki·jön projekt apropója. Aztán arra gondoltunk, hogy ha szervezünk nekik egy programot, akkor jöhessen mindenki. A támogatói kampány már zajlik. Amennyiben valakinek (nem csak öregdiákoknak) van lehetősége, és szívesen támogatja az Alapítvány diákoknak szóló programjait, azt ezúton is nagyon köszönjük.

Subscribe now

Cél a 100! (*)

A játékban két játékos játszik egymás ellen. Egy bábuval lépnek felváltva a számegyenesen. A bábu a nulláról indul, egy körben 3 és 10 közötti értékkel léphet jobbra. Az nyer, aki a bábuval a 100-ra lép. Ha senki sem lép a 100-ra, akkor a játék döntetlen. Győzz le minket ebben a játékban.

Örülünk, ha megírod, hogy hogyan játszottál, ezt a szokásos kérdőíven teheted meg:

Válasz beküldése

Mérlegelj okosan!

Egy nyomozás során találtunk egy aranytömböt, amelynek szeretnénk megállapítani a tömegét. Annyit már biztosan tudunk, hogy a súlya pontosan megegyezik az 1, 2, 3, ..., 8 kg-os mérősúlyaink valamelyikével.

A feladathoz egy kétkarú mérleg áll rendelkezésünkre. Egy mérés során összehasonlíthatjuk az aranytömböt az egyik kiválasztott mérősúllyal, de ennek ára van: a mérés pontosan annyi Dürer dollárba kerül, amekkora a használt mérősúly tömege. (A Dürer dollár az általunk szervezett Dürer Verseny hivatalos fizetőeszköze.)

Legkevesebb hány Dürer dollárból határozhatjuk meg biztosan az aranytömb tömegét?

Válasz beküldése

Szomszédvári emlékmű

Szomszédvár megújult főterére modern köztéri szobor felállítását tervezik. Az alkotás tíz különálló oszlopból áll, melyek magassága méterben mérve: 1, 1, 2, 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5.

A tervező elképzelése szerint az oszlopok sorban egymás mellett állnak majd úgy, hogy a két szélsőt kivéve minden oszlop magassága pontosan megegyezik a két közvetlen szomszédja magasságának összegével vagy különbségével.

1. Milyen sorrendben állhatnak majd Szomszédvár oszlopai? Találsz legalább egy megfelelő sorrendet? Esetleg megtalálod az összes lehetséges sorrendet?

2. Érdekes lehet azon is elgondolkodni, hogy vajon álmodozhat-e a tervező tíznél több oszlopból álló emlékműről is, melyben az előzőeknek megfelelően pl. 1, 1, 2, 2, 3, 3, … 6, 6-méteres oszlopok szerepelnek.

Megoldás

Kényelmes megoldási út kínálkozik, ha megfigyeljük a számok paritását (párosságát). Vajon milyen sorrendben követhetik egymást a számok csupán a paritást figyelve? Ha nem így gondolkodtál, érdemes lehet bejárnod ezt az utat is, s csak ezután megnézni a következő lépéseket.

Egy adott szám a szomszédai összege vagy különbsége, ezért ha a két szomszéd mindegyike páros (●) vagy mindegyike páratlan (○), akkor az adott szám páros lesz, akár az összeget, akár a különbséget nézzük. Ha a szomszédok egyike páros, a másik páratlan, akkor a köztük lévő szám mindenképpen páratlan kell, hogy legyen.

Ha ezt értjük, akkor azt is látjuk, hogy két páros szám után mindenképpen párosnak kell következni, mert ha páratlan jönne, akkor akár a két szélső összegét, akár különbségét nézve a középső nem lehetne páros.

●● → ●●●

Ugyanez átgondolható a két szomszédos páros előtti számra, annak is párosnak kell lennie. Vagyis csak úgy lehetne két szomszédos páros számunk, ha minden szám páros lenne.

… ●●●●●● …

Nekünk van páratlan számunk is, tehát már tudjuk, hogy nem lesz 2 szomszédos páros szám a sorban.

Ha páros után páratlan szám jön, akkor a következőnek ismét páratlannak kell lennie, ezután újra páros jön. Sőt, balra haladva hasonlóan gondolkodva, már látjuk, hogy a mintánk az alábbi lesz, ebből kell kijelölnünk egy tíz számból álló részletet:

… ○○●○○●○○●○○●○○● …

Négy páros és hat páratlan számot szeretnénk elhelyezni. Négy páros szám csak úgy lehet a sorban, ha az elején és a végén is páros van:

●○○●○○●○○●

Egy blokknak fogom nevezni a két szélén páros számokkal keretezett 2 páratlan számot: ●○○● Három ilyen blokkunk van, melyek egymáshoz kapcsolódnak a megfelelő - közös - páros(●) számokkal.

A belső számok különbségként vagy összegként jönnek létre. Az 1 csak különbségként, az 5 csakis összegként jöhet létre. Nézzük most az ötöt, mert ennek összetételére mindössze 2 lehetőségünk van:

1. 1 + 4, tehát: 451 vagy 154 – így egy négyes után vagy előtt jön 1 és 5. 451-et jobbra és 154-et balra egyértelműen 4-gyel folytathatjuk: 4514 és 4154. Vagyis az 1-et és az 5-öt mindenképpen két négyes kell, hogy határolja.

2. 2 + 3, tehát: 253 vagy 352 – így egy kettes előtt vagy után jön 5 és 3. 253 után jobbra és 352 után balra egyértelműen 2 következik, Vagyis az 5-öt és a 3-at két 2-es határolja majd.

Eddig kétféle blokkról volt szó: négyesekkel vagy kettesekkel határoltak, ezeken belül a két belső szám kétféle sorrendben követheti egymást: 4514 vagy 4154 és 2532 vagy 2352. Egyik típusból sem lehet egynél több, mert ehhez legalább még egy kettesre vagy négyesre lenne szükség. Két 5-öst kell elhelyeznünk. Ennek megfelelően biztosan szükség is lesz a kétféle blokkra.

Tehát a számsor 2 _ _ 2 _ _ 4 _ _ 4 vagy 4 _ _ 4 _ _ 2 _ _ 2, a 2-vel határolt blokkban 3,5, a 4-gyel határolt blokkban 1, 5 valamilyen sorrendben. A maradék 1 és 3 a középső, összekötő blokkban kell, hogy legyen.

A megoldás kapujában állunk, lépjünk is be:

Kedvünk szerint indulhatunk bármelyik blokkból, én a középsőt választom, először 1, 3 sorrenddel:

2 _ _ 2 1 3 4 _ _ 4. Figyelembe véve, hogy mik állhatnak az első blokkban (3 és 5) és harmadik blokkban (1 és 5), könnyedén adódik: 2 5 3 2 1 3 4 1 5 4. Ugyanez fordított sorrendben is megfelelő.

2 _ _ 2 3 1 4 _ _ 4 esetén: 2 3 5 2 3 1 4 5 1 4. Ugyanez fordított sorrendben is megfelelő.

A négy megfelelő számsor tehát:

2532134154 4514312352 mintha az oszlopsort elölről vagy hátulról néznénk :)

2352314514 4154132532

Izgalmas lehet még átgondolni azt, hogy lehet-e tíznél több oszlop, és ehhez már van is elegendő tapasztalatunk, hogy könnyedén választ adhassunk: Nem lehet!

Idézzük fel a már átgondolt paritás-mintázatunkat:

… ○○●○○●○○●○○●○○● …

Ha a mintát nézzük, akkor n darab páros számhoz szükségünk van legalább (n-1)·2 darab páratlan számra, hogy közéjük rakhassuk őket. Ennél kevesebb páratlan szám nem elég.

Ha a rendelkezésünkre álló számokat nézzük, akkor n darab páros számhoz legfeljebb n+2 darab páratlan számmal gazdálkodhatunk: 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5 …

n = 4 esetén (n-1)·2 = n+2 = 6. Így ez még éppen működik 1122334455-re. (De 11223344-re nem!)

Ha n értékét (a páros számok darabszámát) eggyel növeljük, akkor (n-1)·2 értéke 2-vel, n+2 értéke azonban csak eggyel nő. Így innentől kezdve a rendelkezésünkre álló páratlan számok száma kevesebb lesz, mint a minta alapján nekünk szükséges páratlan számok száma.

(Szenyovszky Judit)

Tükörterem

Van egy 2 × 7-es terem, melynek 1 × 1-es mezőire átlós irányban tükröket lehet elhelyezni. A terem oldalaival párhuzamosan érkező fényt a tükrök mindkét oldala derékszögben töri meg. Ha a fény eléri a terem falát, ott elhagyja a termet. Azt szeretnénk, hogy az alsó sor hatodik mezőjébe alulról érkező fény a felső sor első mezőjén távozzon vízszintes irányban. Tegyünk le tükröket a mezőkre úgy, hogy ez megvalósuljon! Legfeljebb hány tükrön törhet meg a fény (legalább egyszer)?

Vajon mi a helyzet akkor, ha 3 × 7-es a terem? Ekkor hány tükröt lehet használni maximum?

Megoldás

A 2×7-es esetben összesen 14 mező áll rendelkezésre, ennél több tükröt biztosan nem tudunk használni. Az ábrán látható, hogy valóban lehetséges elhelyezni 14 tükröt megfelelő módon.

A 3×7-es esetben összesen 21 mező áll rendelkezésre. Némi próbálkozás után azt tapasztalhatjuk, hogy nem sikerül mind a 21 mezőbe úgy tükröt elhelyeznünk, hogy azokat mind használjuk is.

Nézzük meg, mi lehet ennek az oka. Ha minden mezőre szeretnénk tükröt, akkor a négy sarokba is kerül tükör, ezek pedig csak az alábbi ábrán látható módon állhatnak. (Ennek részletes átgondolását az Olvasóra bízzuk.)

Vizsgáljuk most a két szélső oszlop mezőit. A négy sarok már fix, de azt vehetjük észre, hogy az oszlop középső mezőjére akárhogyan is teszünk le tükröt, az nem lesz jó. Attól függően, hogy pontosan honnan érkezik a fény a szélső oszlopba, az vagy nem megfelelő helyen hagyná el a termet, esetleg ki sem tudna menni a bal felső sarkon, vagy valamelyik tükröt valójában nem használná. Az alábbi ábrán ezt csak illusztráljuk, a lehetőségek végiggondolását az Olvasóra bízzuk.

Ezért a szélső oszlopok egyikénél sem kerülhet tükör mindhárom mezőre (vagy a középső mezőre nem teszünk, vagy ha oda igen, akkor valamelyik sarkot kell kihagynunk). Így a két szélső oszlop 6 mezőjébe legfeljebb 4 tükör kerülhet, az egész terembe így legfeljebb 19 tükör tehető. A feladat 19 tükörrel meg is oldható például az alábbi módon. (Ez valóban példa csak, van más 19 tükröt használó megoldás is.)

(Tassyné Berta Andrea)

Elértük az email terjedelmi korlátját, így a Teniszbajnokság megoldása nem fért bele, ezt majd a szerdai levélben küldjük.

Leave a comment

Most kivételesen küldünk egy harmadik, kicsit rendhagyó feladatot is.

Subscribe now

Szomszédvári emlékmű

Szomszédvár megújult főterére modern köztéri szobor felállítását tervezik. Az alkotás tíz különálló oszlopból áll, melyek magassága méterben mérve:

A tervező elképzelése szerint az oszlopok sorban egymás mellett állnak majd úgy, hogy a két szélsőt kivéve minden oszlop magassága pontosan megegyezik a két közvetlen szomszédja magasságának összegével vagy különbségével. A tervek szerint emléktábla is hirdeti majd a nemes gondolatot:

„Ez az emlékmű jelképezi városunk közösségét, ahol mindenki bátran támaszkodhat a szomszédaira.”

Nézzünk egy példát: négy oszlopból megfelelő elrendezés lenne az alábbi, mert a szélsőkön kívül mindegyik oszlop magassága egyenlő a szomszédai magasságának különbségével. (Lehetnének vegyesen is különbségek és összegek!)

1. Milyen sorrendben állhatnak majd Szomszédvár oszlopai? Találsz legalább egy megfelelő sorrendet? Esetleg megtalálod az összes lehetséges sorrendet?

2. Érdekes lehet azon is elgondolkodni, hogy vajon álmodozhat-e a tervező tíznél több oszlopból álló emlékműről is, melyben az előzőeknek megfelelően pl. 1, 1, 2, 2, 3, 3, … 6, 6-méteres oszlopok szerepelnek.

Válasz beküldése

Tükörterem (*)

Van egy 2 × 7-es terem, melynek 1 × 1-es mezőire átlós irányban tükröket lehet elhelyezni. A terem oldalaival párhuzamosan érkező fényt a tükrök mindkét oldala derékszögben töri meg. Ha a fény eléri a terem falát, ott elhagyja a termet. Azt szeretnénk, hogy az alsó sor hatodik mezőjébe alulról érkező fény a felső sor első mezőjén távozzon vízszintes irányban. Tegyünk le tükröket a mezőkre úgy, hogy ez megvalósuljon! Legfeljebb hány tükrön törhet meg a fény (legalább egyszer)?

Mutatunk egy példát arra, amikor csupán egyetlen tükör felhasználásával oldjuk meg a feladatot.

Vajon mi a helyzet akkor, ha 3 × 7-es a terem? Ekkor hány tükröt lehet használni maximum? Online is kipróbálhatjátok.

Válasz beküldése

Teniszbajnokság (*)

A matekfeladatok közös sajátossága, hogy lényegében mindig elképzelt, ideális világban játszódnak, ahol egzaktak a feltételek, pontos válaszokat tudunk adni a felmerülő kérdésekre. Most kísérletképpen a valóságról fogunk kérdezni, ennek azonban ára van. Bár a kérdésünkre ismerjük a választ, de azt nem tudjuk, hogy miért van ez így. Még igazán meggyőző modellünk sincs, reméljük, hogy a kedves Olvasóink segítségünkre lesznek majd.

A női Grand Slam tornákon egy teniszmeccs addig tart, amíg valamelyik játékos két szettet nyer. Tehát egy meccs két (2:0) vagy három (2:1) szett alatt dőlhet el. Kíváncsiak voltunk arra, hogy a meccsek mekkora része dől el kettő, illetve három szett alatt. Készítettünk is egy statisztikát, ezek szerint az 1968 és 2024 között a főtáblán játszott mérkőzések 70,59%-a dőlt el két szettben.

A férfiaknál három nyert szettig tart egy mérkőzés. Tippeld meg, hogy ott mekkora a 3, 4, illetve 5 szett alatt végződő meccsek aránya!

Válasz beküldése

Osztozkodás csokin

Két testvér egy 6×6 kis négyzetből álló (összesen 36 kockás) tábla csokin osztozkodik. Megegyeznek, hogy úgy vágják szét, hogy mindketten egy-egy egybefüggő kis négyzetekből álló darabot kapjanak.

Trükkösen kettévágják a táblát, majd a nagyobb testvér boldogan felmutatja a saját részét és diadalittasan felkiált: „Nézd, az enyém sokkal nagyobb! Ha körbeméred, a részem kerülete pontosan a kétszerese a tiédnek!”

A fiatalabb testvér egy pillanatig szomorúan nézi a kezében maradt, tömzsibb darabot, majd elmosolyodik: „Lehet, hogy a tiednek hosszabb a széle, de valójában én kaptam a több csokit!”

Elképzelhető, hogy mindketten igazat mondanak?

Megoldás

Induljunk ki abból, hogy a fiatalabb legalább 19 kocka csokit kapott. A csoki belső 4×4-es négyzete 16 egységből áll, emiatt legalább 3 kocka csokit kell kapnia a széléről.

Ha a fiatalabb 3 egységet kap a kerületből, akkor a másiknak 21 egység kerület jut az eredeti 6×6-os 24 egység hosszú kerületéből. A másik feltétel alapján szeretnénk, hogy az idősebb testvér kétszeres kerületet kapjon. A kerület két részből áll, a külső kerületből és a belső vágásvonalból, legyen ez k egység hosszú. A belső vágásvonal mindkét testvér kerületéhez tartozik teljes terjedelmében, emiatt az alábbi egyenletet tudjuk felírni: 21+k=2(3+k).

Ezt megoldva azt kapjuk, hogy a közös vágásvonal 15 hosszú. A fiatalabb testvér három szélső kockája egymás mellett lehet, ami miatt egyféle felosztás lehetséges és ez pontosan teljesíti 15 hosszú közös vágásvonalat. A szóban forgó konstrukció így néz ki:

Ha a fiatalabb az eredeti 6×6-os csokoládé kerületéből 4 egységet kap, akkor a másiknak 20 jut onnan. Ebben az esetben a belső vágásvonal 12, vagyis a fiatalabb kerülete 16, amivel lehetetlen legalább 19 területű csokit kapni. (Érdemes kipróbálni, hogy egy 16 hosszú vonal maximum mekkora területet keríthet be!)

Természetesen, ha nagyobb részt kapna a kisebb a külső kerületen, akkor még kisebb kerülettel kéne körbe kerítenie 19 területet, ami hasonlóan lehetetlen.

(Osztényi József)

Robotok a raktárban

Egy raktárt automatizáltak, minden csomagot robotok szállítanak a polcok rekeszeibe. Minden rekesz pontosan ugyanakkora, de mi nem ismerjük a pontos méretet. Annyit tudunk, hogy a szabványok szerint egy rekesz szélessége 40, 50, 60, 70 vagy 80 cm, a magassága pedig 30, 40 vagy 50 cm lehet (a mélységét ismerjük, azt nem kell meghatároznunk).

Mi dobozokat adhatunk a robotoknak, a doboz szélességét és magasságát tetszőlegesen beállíthatjuk. Ha a doboz elfér egy üres rekeszben, akkor odateszik, ha nem fér bele, akkor visszahozzák (a robotok a dobozokat nem forgatják el). Az a cél, hogy minél kevesebb próbálkozásból megállapítsuk a rekeszek pontos méretét. Online is kipróbálhatjátok.

Ha a doboz mérete pontosan megegyezik a rekeszével, akkor a doboz belefér a rekeszbe.

Megoldás

A próbálkozásaink során azt tapasztalhatjuk, hogy ha egy doboz belefér egy rekeszbe, akkor minden olyan rekeszbe belefér, ami legalább ilyen széles és magas. A következő animáció egy konkrét esetben szemlélteti is, egy 58×36-os dobozt szeretnénk elhelyezni a rekeszekben:

Helyezzük el a rekeszeket az animáción látható módon:

Bármekkora dobozt is mérünk, azon rekeszek, amelyekbe belefér a doboz, mindig egy téglalapot alkotnak a bal felső sarokban. Ha visszagondolunk az idei első feladatra vagy a tavalyi medencés feladatra, akkor észrevehetjük, hogy azok is éppen így működtek. Hiszen a medencés feladatokban egy medence megvizsgálása után azt tudjuk meg, hogy a forrás a vizsgált medencétől balra és felfelé lévő részben van-e.

Tehát mindkét feladatban ugyanolyan típusú kérdéseket tehetünk fel, sőt, ha jobban megnézzük, akkor a tavalyi feladatban a pálya is megegyezik a mostanival. Így a megoldáshoz nincs más teendőnk, mint a tavalyi stratégia alkalmazása.

Kezdjünk először egy 50×40-es dobozzal, ezzel a lehetséges rekeszeket 8:7 arányban osztjuk fel. A választól függően folytassuk az 50×50-es vagy a 50×30-as dobozzal.

Bármilyen választ is kapunk ebben a két körben, mind a négy lehetséges esetben a megvizsgálandó rekeszek 3 vagy 4 hosszú láncot alkotnak. Egy ilyen lánc esetén két doboz kipróbálásával biztosan meg tudjuk állapítani a rekesz méretét, ennek a meggondolását az Olvasóra bízzuk.

A feladatban számunkra lényeges az az elem, hogy egymástól látszólag távol álló dolgok között találtunk kapcsolatot. Egy ilyen kapcsolat megtalálása mindig izgalmas, a jelen esetben is érdemes alaposan átgondolni a két feladat közötti viszonyt, például: Mit kell kikötnünk a medencék elhelyezkedéséről, hogy átfordítható legyen a raktáros feladatra? Ha a dobozoknak a mélysége is számítana, az hogyan hangozna a medencés nyelvén?

(Szűcs Gábor)

Leave a comment

Subscribe now

Osztozkodás csokin

Két testvér egy 6×6 kis négyzetből álló (összesen 36 kockás) tábla csokin osztozkodik. Megegyeznek, hogy úgy vágják szét, hogy mindketten egy-egy egybefüggő kis négyzetekből álló darabot kapjanak.

Trükkösen kettévágják a táblát, majd a nagyobb testvér boldogan felmutatja a saját részét és diadalittasan felkiált: „Nézd, az enyém sokkal nagyobb! Ha körbeméred, a részem kerülete pontosan a kétszerese a tiédnek!”

A fiatalabb testvér egy pillanatig szomorúan nézi a kezében maradt, tömzsibb darabot, majd elmosolyodik: „Lehet, hogy a tiednek hosszabb a széle, de valójában én kaptam a több csokit!”

Elképzelhető, hogy mindketten igazat mondanak?

Válasz beküldése

Robotok a raktárban

Egy raktárt automatizáltak, minden csomagot robotok szállítanak a polcok rekeszeibe. Minden rekesz pontosan ugyanakkora, de mi nem ismerjük a pontos méretet. Annyit tudunk, hogy a szabványok szerint egy rekesz szélessége 40, 50, 60, 70 vagy 80 cm, a magassága pedig 30, 40 vagy 50 cm lehet (a mélységét ismerjük, azt nem kell meghatároznunk).

Mi dobozokat adhatunk a robotoknak, a doboz szélességét és magasságát tetszőlegesen beállíthatjuk. Ha a doboz elfér egy üres rekeszben, akkor odateszik, ha nem fér bele, akkor visszahozzák (a robotok a dobozokat nem forgatják el).

Az a cél, hogy minél kevesebb próbálkozásból megállapítsuk a rekeszek pontos méretét. Online is kipróbálhatjátok.

Válasz beküldése

Ha a doboz mérete pontosan megegyezik a rekeszével, akkor a doboz belefér a rekeszbe.

Vármegyebérletek

Egy vármegyebérlet ára 5 ezer forint, egy országbérleté 18 ezer forint. Mindkét típusú bérlet pontosan 30 napig érvényes. Úgy tűnik, hogy nem éri meg háromnál több vármegyebérletet birtokolnunk, hiszen négy vármegyebérletnél olcsóbb egy országbérlet. Ez azonban nem igaz. Maximum hány érvényes vármegyebérlet lehet nálunk egyszerre úgy, hogy megérje nekünk?

Feltételezzük azt, hogy költséghatékonyan vásárolunk és azt is, hogy előre ismerjük az utazási terveinket. A feladat kedvéért a bérletek árát módosítottuk.

Megoldás

Képzeljük el, hogy március 3. és április 1. között sokat utazunk A, B, C megyékben, míg április 1. és 30. között E, F, G megyékben járunk. Továbbá március 20. és április 15. között D megyében szeretnénk utazni.

Ha márciusban és áprilisban ezeken kívül nincsen más utazási tervünk, akkor vármegyebérleteket érdemes vennünk. Egy megfelelő vásárlás, hogy A, B, C megyékre március 3-től április 1-ig, míg D megyére március 17-től április 15-ig, míg E, F, G megyékre április 1-től 30-ig veszünk bérletet. Ekkor 35 000 forintot költünk.

Ennél nem tudunk olcsóbban kijönni. Két országbérlet ennél többe kerül, tehát azt nem éri meg vennünk. Ha egy országbérletet vennénk, akkor annak bárhogyan is választanánk meg annak az időpontját, kimaradna legalább 4 megye, amire még bérletet kellene vennünk, ami szintén nem éri meg.

Tehát létezik olyan példa, amikor megéri az, hogy 7 érvényes vármegyebérletünk van. Ha 8 vármegyebérletünk lenne, akkor annál biztosan jobban megérné egy előző nap lejáró és egy aznap induló országbérletet vennünk. A két országbérlettel bármelyik vármegyebérlet helyettesíthető, és még együtt is olcsóbbak, mint a 8 vármegyebérlet. Így az már nem éri meg, ha 8 érvényes vármegyebérletünk van egyszerre.

(Szűcs Gábor)

Pálcikák újratöltve

Tegyünk az asztalra egyforma méretű pálcikákat (gyufát, ropit, fogpiszkálót vagy egyebet) úgy, hogy minden pálca mindkét vége pontosan két másikhoz csatlakozzon! A pálcikák nem keresztezhetik egymást, csatlakozás kizárólag a végeken lehetséges.

Tekintsünk értékesebbnek egy konstrukciót, ha kevesebb pálcikából áll! Keress minél értékesebb alakzatot !

Megér egy gondolat-kalandot térben is vizsgálódni, de síkban nehezebb dolgunk van, így izgalmasabb is a kérdés.

Egy kis mese következik, amit át is ugorhatsz.

Ez a rejtvény Heiko Harborth, német matematikus ötlete. Külön érdekessége, hogy elmondása szerint Erdős Pál egyik megoldatlan problémája adta hozzá az ihletet.

Harborth vizsgálta azokat a síkbeli konstrukciókat is, amelyekben minden pálcika mindkét végén három másikhoz csatlakozik, vagyis minden csomópontban négy pálcika találkozik. Alkotott egy 104 gyufából álló, 52 csomópontú konstrukciót (gyufa-gráfot), mely azóta az ő nevét viseli. A Harborth gráf a legkisebb ismert példa az adott feltételekkel. A kérdés nyitott. Érdekes konstrukció, az ábrát beteszem az eredeti rejtvényünk megoldásának végére.

Megoldás

Kiindulhatunk egy háromszögből. A csúcsokban hiányzik még 1-1 pálca, ezeket tegyük oda! Ha most az utóbbi 3 pálca végét összeillesztjük, megkapjuk a tetraédert.

Maradjunk most síkban, az asztal lapján! Illesszük össze az alsó két pálca szabad végét! Az így kapott rombusz egy csúcsában hiány keletkezik, illesszünk ide egy pálcát, majd folytassuk láncszerűen a rombuszok elhelyezését, a végén pedig zárjuk össze a láncot! Így egy 18 pálcából álló, megfelelő alakzathoz jutottunk. Vajon hogyan tudnánk szűkíteni a pálcák számát?

Íme egy számunkra „értékesebb” alakzat, 15 pálcából. Gondolkodj el most, hogy vajon tudsz-e még ennél is értékesebb konstrukciót alkotni!

Ha elhagyunk a középső öt pálcika közül hármat, akkor éppen összeér a két rombusz két megfelelő csúcsa, hiszen így egy szabályos hatszögbe rendeződik. Most érdemes elgondolkodni, hátha mégis tudunk ebből egy igazán jó konstrukciót gyártani, egy kis ötlettel!

Íme a legértékesebb síkbeli alakzat, 12 pálcikából. Belátható, hogy ennél kevesebb nem elegendő:

Bizonyára sokakban felmerül a gyanú, hogy nincs-e ebben valami turpisság; talán nem is tudjuk így lerakni a pálcikákat, mert összeérnek a rombuszok. Most érdemes kipróbálni 😊

Geometriailag is könnyedén belátható, hogy a pálcák bizony nem érnek össze.

A Harborth gráf 104 gyufából, 52 ponttal:

(Szenyovszky Judit)

Leave a comment

Mindezek mellett szeretnénk megismerni titeket, így kérünk, ha van kedvetek, akkor töltsétek ki ezt a kérdőívet.

Subscribe now

Vármegyebérletek

Egy vármegyebérlet ára 5 ezer forint, egy országbérleté 18 ezer forint. Mindkét típusú bérlet pontosan 30 napig érvényes. Úgy tűnik, hogy nem éri meg háromnál több vármegyebérletet birtokolnunk, hiszen négy vármegyebérletnél olcsóbb egy országbérlet. Ez azonban nem igaz. Maximum hány érvényes vármegyebérlet lehet nálunk egyszerre úgy, hogy megérje nekünk?

Feltételezzük azt, hogy költséghatékonyan vásárolunk és azt is, hogy előre ismerjük az utazási terveinket. A feladat kedvéért a bérletek árát módosítottuk.

Válasz beküldése

Pálcikák újratöltve (*)

Tegyünk az asztalra egyforma méretű pálcikákat (gyufát, ropit, fogpiszkálót vagy egyebet) úgy, hogy minden pálca mindkét vége pontosan két másikhoz csatlakozzon! A pálcikák nem keresztezhetik egymást, csatlakozás kizárólag a végeken lehetséges.

Tekintsünk értékesebbnek egy konstrukciót, ha kevesebb pálcikából áll! Keress minél értékesebb alakzatot!

Megér egy gondolat-kalandot térben is vizsgálódni, de síkban nehezebb dolgunk van, így izgalmasabb is a kérdés.

Válasz beküldése

3×3-as kód

Egy 3×3-as biztonsági zár kódját szeretnénk megfejteni. Mindegyik mezőben pontosan egy, egymástól különböző szám áll és a négy sarok értékét már ismerjük, ezeket látjuk magunk előtt:

Továbbá tudjuk, hogy az üres mezőkön az 5, 6, 7, 8 és 9 számok szerepelnek. A rendszer csak akkor enged be, ha a rácson található összes 2×2-es blokkban pontosan ugyanannyi a számok összege.
Hányféleképpen lehet kinyitni a zárat? Egyáltalán van megoldás?

Megoldás

A zárban összesen négy darab 2×2-es blokk van. Ezeket a továbbiakban nevezzük bal felső, bal alsó, jobb felső és jobb alsó blokkoknak. Továbbá jelöljük a hiányzó számokat betűkkel (a, b, c, d, e).

A c mind a négyben blokkban benne van, emiatt ide bármely szám kerülhet.

Mivel a bal oldali blokkoknak van két mezőnyi metszete, emiatt tudjuk, hogy 4+a=2+e. Ezt hasonlóan megtehetjük az alsó blokkokkal, amiből megkapjuk, hogy b+2=d+1. Vagyis tudjuk, hogy a-nál kettővel nagyobb e és b-nél eggyel nagyobb d.

A rendelkezésre álló számok miatt három eset lehetséges a-ra és e-re.

Első esetben legyen a=5, e=7, ekkor 6, 8 és a 9 számok maradtak ki. A b és d között a különbség egy, emiatt b=8 és d=9 lehet csak és c értékének marad a 6. Ezzel fel tudjuk törni a zárat!

Második esetben legyen a=6, e=8, ekkor 5, 7 és a 9 számok maradtak ki. A b és d között a különbségnek egynek kéne lennie, de ezekkel a számokkal nem lehetséges. Ebben az esetben sajnos nincs kódfeltörő elhelyezés.

Harmadik esetben legyen a=7, e=9, ekkor 5, 6 és a 8 számok maradtak ki. A b és d között a különbség egy, emiatt b=5 és d=6 lehet csak és c értékének marad a 8. Ezzel fel tudjuk törni a zárat!

Összegezve kétféleképpen lehet feltörni a zárat.

A feladat érdekessége, hogy ez egy 2. osztályosoknak szóló versenyfeladat volt. Nem tudjuk, hogy a másodikosoknak mennyire ment a megoldás, nekünk egész sok időnkbe telt eljutni a megoldásig.

(Osztényi József)

Bogozd ki (**)

Színezd ki az alábbi 7×8-as táblázat néhány mezőjét szürkére, valamint rajzolj bele egy hurkot úgy, hogy a következők teljesüljenek:

• ne az összes mező legyen szürke,

• a hurok csak oldalszomszédos mezőket köthet össze, nem keresztezheti önmagát és minden mezőn pontosan egyszer megy át,

• a hurok mentén körbehaladva a szürke mezők azonos lépésközönként kövessék egymást.

Az ábrán látható módon előre kiszíneztünk néhány mezőt szürkére, és a hurok egy darabja is adott.

Megoldás

Ha látunk egy rejtvényt, mindig elkezdjük kutatni, hogy az ábra melyik szegletéből tudunk kiindulni, és mik azok, amiket rögtön be tudunk írni vagy rajzolni. Általában ilyen kis lépésekkel haladunk előre, míg végül el nem jutunk a célig, és megfejtjük az egész rejtvényt.

Azonban ebben a rejtvényben, bár a sarkok környékén világos, hogy a hurok csak egyféleképpen kanyarodhat, miután ezeket berajzoltuk, akárhogy is keressük a folytatás lehetőségét, nincs semmi, amit biztosan be tudnánk rajzolni.

Más szóval, elakadtunk. Akkor most hogyan tovább, mi mást lehet még csinálni egy rejtvénynél? Próbáljuk meg megérteni a furcsa feltételeket, amik a szürke mezőkről szólnak. Hány szürke mező lehet? A táblázat összesen 7 · 8 = 56 mezőből áll, és a feltételek szerint a huroknak minden mezőn pontosan egyszer kell áthaladnia, miközben a szürke mezők a hurok mentén egyenlő lépésközönként követik egymást. Ebből az következik, hogy a szürke mezők száma biztosan osztja az 56-ot. Az előre beszínezett mezőket is figyelembe véve pedig legalább 5 ilyen mező van, így biztosak lehetünk abban, hogy végül 7, 8, 14 vagy 28 mezőt kell beszíneznünk. Ezekben az esetekben a hurok mentén a szürke mezők 8, 7, 4 vagy 2 lépésközönként követik egymást.

Ez sajnos továbbra sem tűnik túl hasznos információnak. Szükségünk van még egy észrevételre: ha sakktáblaszerűen megjelölünk minden második mezőt egy pöttyel az ábrán látható módon, akkor a hurok mindig felváltva halad át jelölt (pöttyös) és jelöletlen (üres) mezőkön. Ebből az is következik, hogy ha a szürke mezők mindig páros lépéstávolságra lennének egymástól, akkor vagy mindegyik pöttyös, vagy mindegyik üres mezőre esne. Ez azonban nem lehet igaz, mert már az előre beszínezett mezők között is van olyan, amelyik pöttyös, és olyan is, amelyik nem. Ezek alapján az egyetlen lehetőség, hogy 8 szürke mező van, melyek 7 lépésenként követik egymást a hurkon. A szürke mezőkből 4 pöttyös és 4 üres lesz, amelyek közül a pöttyöseket már mind ismerjük.

Ez már valami! Figyeljük meg, hogy az egyetlen előre adott üres szürke mezőnek két pöttyös szürke mező között kell lennie a hurok mentén, mindkettőtől 7 lépésnyi távolságra. Könnyű meggondolni, hogy ez csak a két feljebb lévő pöttyös szürke mező esetén lehetséges. Ezek közül a bal oldalihoz legalább 7 lépés szükséges, ezért ez csak úgy lehetséges, ha közöttük a hurok a lehető legrövidebb úton halad (ami persze nem egyértelmű). A hurok ezen szakasza kettévágja a táblázatot ami felett biztosan nem lehet olyan mező, amelyet még nem látogattunk meg, mert akkor a vonal később nem tudna egy nagy hurokká összezárulni. Így a hurok csak a tábla szélein haladhat, ahogyan az a lenti ábrán látható.

A hurok mentén felváltva követik egymást a pöttyös és az üres szürke mezők, így a pöttyös szürke mezők 14 lépésenként helyezkednek el a hurkon, és közöttük mindig a 7. mező lesz még (üres) szürke. A 4 pöttyös szürke mező a táblázatban mind elég lent helyezkedik el, ráadásul inkább balra. De akkor hogyan jut el a hurok a jobb felső sarokba? Ha alaposabban megvizsgáljuk, láthatjuk, hogy ez csak úgy lehetséges, ha a hurokkal a jobb alsó pöttyös szürke mezőből a lehető legrövidebb úton (ami persze nem egyértelmű) felmegyünk a jobb felső sarokba, majd onnan a lehető legrövidebb úton eljutunk a legközelebbi pöttyös szürke mezőig, mivel még így is 14 lépést teszünk meg két pöttyös szürke mező között. Ráadásul közben itt sem zárhatunk el a hurok e szakaszától jobbra olyan mezőt, amelyet még nem látogattunk meg, így a jobb alsó pöttyös szürke mező és a jobb felső sarok között csak az alábbi összekötés lehetséges. Ennek segítségével ráadásul egy újabb szürke mezőt is be tudunk színezni.

Folytassuk most a jobb oldali hurokrészletnek a jobb felső végét, hiszen tudjuk, hogy onnan a lehető legrövidebb úton (azaz további 5 lépéssel, csak balra és lefelé haladva) el kell jutnia a középen lévő pöttyös szürke mezőhöz. Nem léphetünk kettőt balra, mert akkor összekapcsolódnánk a hurok másik, már beazonosított darabjával. Az sem lehet, hogy egyet balra, majd lefelé lépünk, mert akkor az innen jobbra lévő mező zsákutca lenne, ahová a hurokkal már nem tudnánk eljutni. Tehát csak lefelé mehetünk. Emellett rajzoljuk be a huroknak azokat a darabjait is, amelyeket az eddigiek egyszerűen meghatároznak.

Ha folytatjuk a jobb felső darabot, akkor annak még 4 lépéssel el kell jutnia a pöttyös szürke mezőhöz, majd onnan 5 lépéssel bele kell csatlakoznia a másik nagyobb hurokdarabba. Meggondolhatjuk, hogy ezt csak egyféleképpen tudjuk megtenni úgy, hogy közben egyetlen zsákutcát se hagyjunk.

Az egyértelműen folytatható részek berajzolásával több lépésben eljuthatunk a megoldásig.

Egy hasonló rejtvény (Halak a tóban) tavaly is szerepelt, ha még nem gondolkoztál rajta, azt is kipróbálhatod.

(Imolay András)

Leave a comment

Subscribe now

Szeretnénk felmérni, hogy mennyire tetszik az a rendszer, hogy kétnaponta küldünk feladatokat. Ha van kedved, értékeld:

3×3-as kód

Egy 3×3-as biztonsági zár kódját szeretnénk megfejteni. Mindegyik mezőben pontosan egy, egymástól különböző szám áll, és a négy sarok értékét már ismerjük, ezeket látjuk magunk előtt:

Továbbá tudjuk, hogy az üres mezőkön az 5, 6, 7, 8 és 9 számok szerepelnek. A rendszer csak akkor enged be, ha a rácson található összes 2×2-es blokkban pontosan ugyanannyi a számok összege.
Hányféleképpen lehet kinyitni a zárat? Egyáltalán van megoldás?

Válasz beküldése

Bogozd ki (**)

Színezd ki az alábbi 7×8-as táblázat néhány mezőjét szürkére, valamint rajzolj bele egy hurkot úgy, hogy a következők teljesüljenek:

• ne az összes mező legyen szürke,

• a hurok csak oldalszomszédos mezőket köthet össze, nem keresztezheti önmagát és minden mezőn pontosan egyszer megy át,

• a hurok mentén körbehaladva a szürke mezők azonos lépésközönként kövessék egymást.

Az ábrán látható módon előre kiszíneztünk néhány mezőt szürkére, és a hurok egy darabja is adott (online is próbálkozhattok).

Felülről az 5. sorban melyik mezőket színezted szürkére?

Válasz beküldése

Hat pálcika

Vegyél elő hat egyforma méretű pálcikát! (Fogpiszkálót, gyufát, evőpálcikát …) Helyezd el őket úgy, hogy legalább négy, egymással megegyező méretű szabályos háromszög keletkezzen! (Szabályos háromszög: mindhárom oldala egyenlő.)

A pálcikák elhelyezésére semmilyen megkötést nem teszünk. Az sem baj, ha a háromszögeken kívül más alakzatok is keletkeznek az ábrán.

Ne állj meg az elsőnél, keress minél többféle konstrukciót! Nézzük meg együtt, hányfélét találunk 😊

Megoldás

Akár a tavalyi minden·ki·jön Seriffcsillag feladványa is eszedbe juthat. Szép megoldást ad két szabályos pálcikaháromszög egymásra helyezése, ezt mutatja az első rajz. Ezután toljuk feljebb a csúcsán álló háromszöget! Csúszás közben végig lesz négy egyforma szabályos háromszögünk, míg elérjük a második rajzon látható állapotot. Ennek felső pálcáját lejjebb tolva (a háromszög középvonalára) máris itt a következő konstrukció. Még egy kis tologatással jön a negyedik rajz, de ezeken kívül is lehet megfelelő példát találni.

Olyan megoldást is találhatunk, melyben a pálcikák nem keresztezik egymást, de ehhez el kell válnunk az asztal lapjától…

😊 Igen, ez a tetraéder!

Sok megoldást küldtetek, az eddig beérkezettek közül válogattam néhányat, a fentieken kívül más szerkezetű megoldást is láthattok köztük. Érdemes megnézni ezeket itt, van köztük igazán vicces is 🙂

(Szenyovszky Judit)

Táblázat kitöltése

Leila egy 4×4-es táblázat mezőit tölti ki számokkal a következő módon: tetszőlegesen választ egy üres mezőt és beírja oda a legkisebb pozitív egész számot, ami még nem szerepel sem az adott mező sorában, sem az oszlopában. Melyik a legnagyobb szám, amely bekerülhet így a táblázatba?

Megoldás

A 6 a legnagyobb szám, ami bekerülhet a táblázatba. Erre egy lehetséges kitöltést az ábrán láthatunk.

Ezt a kitöltést úgy érjük el, hogy először a négy zöld mezőt töltjük ki 1-essel, majd a három piros mezőt, így ide már 2-es kerül a korábbi zöld mezők miatt. Ezután a három kék mezőbe írunk számot, ahova a zöld és piros mezők miatt már 3-as kerül. Végül pedig a felső sorba és a jobb oldali oszlopba írjuk be sorban a 4-eseket, 5-ösöket és végül a 6-osokat. Így a 6 bekerülhet a táblázatba.

Ennél nagyobb szám viszont nem szerepelhet a táblázatban. Mindig amikor beírunk egy új számot, akkor a sorában és oszlopában összesen legfeljebb 3+3=6 korábban beírt szám szerepel. Így minden mezőbe legfeljebb 7 kerülhet, hiszen csak 6, ide nem írható szám lehet.

A 7-et nem tudjuk elérni. Megmutatjuk, hogy minden sorban és minden oszlopban lesz pontosan egy 1-es. Az első beírt szám biztosan 1-es, ennek a sorában és oszlopában minden további szám nagyobb lesz a kitöltési szabály miatt. Amikor először írunk számot az első ábrán a 9 narancssárga mező valamelyikébe, akkor annak sorában és oszlopában még nem szerepelt 1-es, így biztosan bekerül ide egy újabb. Ennek a sorában és oszlopában sem lesz másik 1-es. Az eddig kizárt két soron és két oszlopon kívül van még 4 mező, amit a harmadik ábrán narancssárga háttérrel jelöltünk, a többi helyre csak nagyobb számok kerülhetnek.

Amikor a 4 narancssárga mező közül először választunk, akkor ismét kötelező 1-est beírni, így már három darab fog szerepelni. Végül amikor abba a mezőbe kerül szám, ami nincs a korábbi három 1-es soraiban és oszlopaiban, akkor oda is 1-es fog kerülni. Így biztosan tartalmaz a táblázat négy darab 1-est, ráadásul minden sorban és minden oszlopban lesz pontosan egy közülük.

Azaz a legnagyobb szám sorában és oszlopában is van egy-egy 1-es, tehát legfeljebb 5 kizárt szám lesz, amikor ide beírjuk a legnagyobb számot. A legnagyobb szám így legfeljebb 6 lehet, amire már adtunk konstrukciót. A 6 a legnagyobb szám, ami a táblázatba kerülhet.

(Móricz Benjamin)

Leave a comment

Subscribe now

A tavalyi évhez képest változás, hogy most jelölni fogjuk, hogy melyikünk melyik feladatot írta le, ha bármilyen kérdésetek van a feladatokkal kapcsolatban, bátran írjatok, kommenteljetek.

Hat pálcika

Vegyél elő hat egyforma méretű pálcikát! (Fogpiszkálót, gyufát, evőpálcikát …) Helyezd el őket úgy, hogy legalább négy, egymással megegyező méretű szabályos háromszög keletkezzen! (Szabályos háromszög: mindhárom oldala egyenlő.)

A pálcikák elhelyezésére semmilyen megkötést nem teszünk. Az sem baj, ha a háromszögeken kívül más alakzatok is keletkeznek az ábrán.

Ne állj meg az elsőnél, keress minél többféle konstrukciót! Nézzük meg együtt, hányfélét találunk 😊

Válasz beküldése

Táblázat kitöltése

Leila egy 4×4-es táblázat mezőit tölti ki számokkal a következő módon: tetszőlegesen választ egy üres mezőt és beírja oda a legkisebb pozitív egész számot, ami még nem szerepel sem az adott mező sorában, sem az oszlopában. Melyik a legnagyobb szám, amely bekerülhet így a táblázatba?

Válasz beküldése

Csupa különböző dátum

1987. 06. 25. volt a legutóbbi olyan dátum, amely leírásához 8 különböző számjegyet kellett használni. Melyik évben lesz a legközelebbi ilyen dátum?

Megoldás

Próbálkozzunk, hátha még ebben az évszázadban lesz ilyen. Írjuk be azt, amit biztosnak gondolunk: 20__. __. __. alakú a dátum. Némi gondolkodás után rájöhetünk, hogy mivel 12 hónap van csak, a hónap első számjegyére nincs sokféle lehetőség: csak 0 vagy 1 lehet. Jelen esetben a 0 már szerepel az évszámban, ezért 1-essel kezdődő hónapról lehet csak szó, tehát 10., 11. vagy 12. Ám ezek egyike sem megfelelő, mert mindenképpen lenne két azonos számjegy a dátumban.

Ezért keressünk inkább a 2100-as években ilyen dátumot. A hónap első számjegye továbbra is csak 0 vagy 1 lehet, az 1 már foglalt, tehát biztosan 0. Eddig így néz ki a dátumunk: 21__. 0_. __. A nap első számjegye ugyan többféle lehet, de arra sincs sok lehetőség: 0, 1, 2 vagy 3 lehet. Kizárásos alapon itt már csak a 3 jöhet szóba, de sem 30 sem 31 nem lehet, hiszen a 0 és az 1 is szerepel már, tehát ebben az évszázadban sincs ilyen dátum.

Mivel a 2200-as években nem lelhetünk megfelelő dátumot, keressünk a 2300-as években. Mivel a 2-est és a 3-ast is felhasználtuk már, a hónap és nap első számjegye is csak 0 vagy 1 lehet. Akkor lesz korábbi a dátumunk, ha a hónap az, amelyik a 0-val kezdődik, tehát eddig 23__. 0_. 1_.-nél tartunk. Ezzel a négy legkisebb számjegyet már felhasználtuk. A maradék számjegyekből a legközelebbi dátum megtalálásához a kisebbeket érdemes az évekhez írnunk, utána a hónaphoz és végül a naphoz a nagyobbakat, amivel a 2345. 06. 17. dátumhoz érkezünk, amelyben valóban 8 különböző számjegy szerepel.

A legutóbbi ilyen dátum még 40 éve sem volt, mi is meglepődtünk, hogy a legközelebbi milyen sokára, közel 320 év múlva lesz. Akinek van kedve, gondolja meg, hogy azt követően viszont egy ideig elég gyakori lesz ez az eset.

(Tassyné Berta Andrea)

Szennyezett medencék

A képen egy strand 36 medencéjének a térképe látható. A nyilak azt jelölik, hogy melyik medencéből merre folyik tovább a víz:

Tudjuk, hogy az egyik medence megrongálódott, ahonnan szennyeződés jut a vízbe. Van egy készülékünk, amely kijelzi, hogy egy medence vize szennyezett-e. A legrosszabb, szerencse nélküli esetet feltételezve legkevesebb hány méréssel lehet biztosan megtalálni a szennyeződés forrását?

Online is kipróbálhatjátok.

Megoldás

8 méréssel meg tudjuk találni a szennyeződés forrását, ha az összes átlón lévő medencét megvizsgáljuk, hiszen ekkor a szennyezett medencék alapján egyértelműen azonosítható a forrás. Erre egy példát mutatunk a bal oldali ábrán.

Meglepő, de a 8 mérést még tudjuk csökkenteni, ha egy kicsit trükközünk a mérések sorrendjével. Vizsgáljuk meg először az X-szel jelölt medencét a jobb oldali ábrán.

Ha X szennyezett, akkor tudjuk, hogy a forrás a szürkével jelölt részen van. Ekkor 1 méréssel meghatározhatjuk az oszlopot az első kettő közül, majd az oszlopot felezgetve további 3 méréssel készen vagyunk.

Ha X tiszta, akkor mérjünk meg minden olyan medencét, amely az átlón van, és a szürke résztől jobbra található. Ha itt van szennyezett, akkor a forrást egyértelműen be tudjuk azonosítani. Például, ha az átlón sárgával jelölt medencék szennyezettek, akkor az S medence a szennyeződés forrása. Ha pedig mindegyik medence tiszta, akkor csak a bal alsó medence lehet szennyezett.

6 mérés biztosan nem elég, hiszen ha még előre meg is mondják nekünk, hogy a forrás az átlón van, akkor is 6 mérés után szerencse nélkül lesz még két lehetséges szennyezett medence. Szükségünk van legalább 7 mérésre.

Megjegyzés: A feladat kitűzésekor látszólag előzékenyen linkeltük a kérdés tavalyi változatát. Azonban ennek a feladatnak az ismerete most nem segít minket a megoldásban. Ha az ott működő, felezéses stratégiát próbáljuk alkalmazni, akkor nem jutunk el az optimális megoldáshoz.

(Szűcs Gábor)

Leave a comment

A feladatok egy része olyan, hogy a kért válaszok sokat elárulnak a megoldásról (ilyen az első feladat). De vannak olyanok is, ahol igazából a válasz csak egy jelzés, nem sokat árul el a megoldásról (ilyen a második feladat). Ha van kedvetek részletesebben is megosztani a gondolataitokat, annak örülünk, kíváncsiak vagyunk a különféle megközelítéseitekre, a miénktől eltérő megoldási javaslataitokra. Az elsődleges célunk azonban az, hogy ti magatok élvezzétek a gondolkodást.

Subscribe now

A feladatoknál kétféle dolgot is jelölünk. Ha egy feladathoz szükséges 7. évfolyamos tudást meghaladó előismeret, akkor ezt ∀ jellel jelöljük. A nehéz kérdéseket *-gal, a még nehezebbeket **-gal fogjuk jelezni. A nehézség megítélése szubjektív, nem érdemes nagy jelentőséget tulajdonítani a véleményünknek, bátran hagyjátok figyelmen kívül, gondolkozzatok szabadon!

Csupa különböző dátum

Az 1987-es év a felnőtt korosztály egy részének a januári nagy havazás miatt lehet emlékezetes. Van azonban más érdekesség is ebből az évből.

1987. 06. 25. volt a legutóbbi olyan dátum, amely leírásához 8 különböző számjegyet kellett használni. Melyik évben lesz a legközelebbi ilyen dátum?

Válasz beküldése

Szennyezett medencék

A tavalyi feladatok között szerepelt egy szennyezett medencés feladat, itt meg is találhatjátok. A feladatnak azóta született egy folytatása is, ezt is megosztjuk veletek.

A képen egy strand 36 medencéjének a térképe látható. A nyilak azt jelölik, hogy melyik medencéből merre folyik tovább a víz:

Tudjuk, hogy az egyik medence megrongálódott, ahonnan szennyeződés jut a vízbe. Van egy készülékünk, amely kijelzi, hogy egy medence vize szennyezett-e. A legrosszabb, szerencse nélküli esetet feltételezve legkevesebb hány méréssel lehet biztosan megtalálni a szennyeződés forrását?

Online is kipróbálhatjátok.

Válasz beküldése

Subscribe now

Tavalyhoz képest annyit változtattunk, hogy hétfőn, szerdán és pénteken küldünk két-két feladatot, cserébe egy kicsit hosszabb, öthetes programmal készülünk. A projekttel kapcsolatos legfontosabb tudnivalókat megtalálhatjátok itt.

A legfontosabb, hogy örömmel gondolkozzatok a feladatokon. Örülünk, ha minél többen megírjátok, hogy mire jutottatok, hogyan gondolkoztatok. Megköszönjük, ha megosztjátok barátaitokkal, ismerőseitekkel és akár közösen ötleteltek majd a feladványokon!

A feladatokat nyugodtan használjátok órákon, csapatépítőn, esküvői kvízen. A tavalyi feladatokból készítettünk egy összefoglalót is.

Az idei felhívást is megtalálhatjátok a honlapon. Angolul is meghirdetjük a programot, ha vannak külföldi ismerőseitek, osszátok meg velük bátran a felhívást.

Share

Gondolkozni sokféleképpen lehet, mi matekfeladatokat kínálunk nektek, reméljük, hogy lesz kedvetek gondolkozni rajtuk.

Mikor lesz?

2026. április 13-től 5 hétig fogunk feladatokat küldeni 2 naponta kettőt.

Hogyan lehet részt venni?

Már fel is tudsz iratkozni, gyere te is!

Subscribe now

Milyen feladatok lesznek?

Megnézhetitek a tavalyi feladatokat (pdf-ben is elérhető), idén is hasonlóakkal készülük. Egy nehezebb feladat: Vendégséget szervezünk, az alábbi térképen látjuk, hogy hol tartanak a vendégek. Tudjuk, hogy nem fordulnak vissza, nem is előzik meg egymást, de útközben bármennyit várakozhatnak. Hányféle sorrendben érkezhetnek meg, ha végül mindenki jön?

Más ötletem van, szívesen megosztanám

Más tartalmakat is szívesen megosztunk, szeretnénk, ha hagyománnyá válna, hogy áprilisban gondolkozunk. Ha van ötleted, akkor írj nekünk!

Beküldhetem a megoldásokat?

Igen, a feladatok megoldását be lehet küldeni, leggyakrabban egy számot várunk válaszként. A megoldott feladatok alapján digitális emléklapot is fogunk küldeni a feliratkozóknak.

Van részvételi díj?

A részvétel ingyenes, a programmal párhuzamosan támogatói kampányt is hirdetünk, a támogatásotokat ezúton is köszönjük!

Maradt még kérdésem

Egy részletesebb leírás is elérhető a programról, a poszt alatt kérdezni is tudsz.

Kik szervezik?

A program szervezője A Gondolkodás Öröme Alapítvány. Az Alapítvány matematika iránt érdeklődő, tehetséges diákoknak szervez különféle programokat (pl.: táborok, szakkörörök, versenyek), van, amit már több mint 30 éve.

A diákjaink általában lelkesen gondolkoznak a feladatokon, a minden∙ki∙jön projekt célja, hogy a szélesebb nagyközönségnek is megmutassuk a gondolkodás örömét.

Gyere te is!

Subscribe now

Támogatónk:

Szeretnénk megköszönni még egyszer, hogy ilyen aktívan és örömmel vettetek részt az egy hónapos kihívásunkban!

Az összesítésünk alapján 520-an küldtetek legalább egy megoldást. 62-en voltatok azok, akik a feladatok legalább 80%-ára küldtetek megoldást. Naponta átlagosan 300 válasz érkezett, ez jelentősen meghaladta a várakozásainkat.

Jövőre szeretnénk újra meghirdetni a gondolkodás hónapját, így ha eszetekbe jut valami, amitől jobb lehetne a kezdeményezés, akkor írjátok meg nekünk.

Akik megadták a nevüket, azoknak készítettünk emléklapot. Ha valaki lemaradt erről, akkor még június 27-ig kitöltheti ezt a kérdőívet. Az emléklapon szereplő különféle jelvényeket itt tudjátok megnézni.

Szép nyarat és minden jót kívánunk a jövő évi találkozásig!

Subscribe now

Örülünk, hogy belevágtunk ebbe, jó volt veletek gondolkozni, annak különösen örülünk, hogy a várakozásainkat meghaladta az aktivitás, sokatok gondolatait megismerhettük, köszönjük!

A pihenő után elkészítjük az emléklapokat, határidőt nem merünk ígérni, de reméljük, hogy a következő két hétben mindegyikőtök meg fogja kapni (a neveiteket itt adhatjátok meg). Ha ez megtörtént, akkor várhatóan fogunk még írni egy levelet, egy kicsit részletesebb tapasztalatokkal.

Utoljára, de egyáltalán nem utolsó sorban szeretnénk megköszönni a munkánk támogatását. A még nem teljesen végleges összesítés szerint ti és öregdiákjaink közül összesen 55-en támogattatok, ennek köszönhetően 2 760 628 forint támogatás gyűlt össze, ezt az összeget a Sonrisa további 2.5 millió forinttal megnöveli. Köszönjük!

Tavaszi böngésző

Egy kisgyerek a kedvenc képeskönyvét nézegeti, ebben háromféle állat szerepel; galamb, liba és kutya, minden oldalon egy-egy. A könyvet az elejéről lapozza, sorban nézi az állatokat. Amikor ránéz egy állatra, és észreveszi, hogy ezt az állatot többedszer látja, mint bármelyik eddigit, akkor utánozza ennek az állatnak a hangját. Minden más esetben csendben marad. Speciálisan az első állat hangját is utánozza.

A nézegetés során ezt halljuk:

gur-gurr, gur-gurr, gá-gá, vau-vau, gur-gurr, gur-gurr, vau-vau, vau-vau, gá-gá.

Hány libát látott a kisgyerek?

Megoldás

Az első állat csak a galamb lehetett. A második megszólalás előtt minden állatból maximum 1 lehetett, hiszen ha valamelyikből több lett volna, akkor annak hallottuk volna a hangját. Tehát a második megszólalás a második galambnál történt.

A harmadik megszólalás előtt minden állatból maximum 2 lehetett, hiszen ha valamelyikből több lett volna, akkor annak hallottuk volna a hangját. Mivel a harmadik megszólalás a liba, ez a megszólalás a harmadik libánál történt.

Mivel akkor hallunk újra hangot, amikor eggyel többedszer látja a gyerek az adott állatot, mint eddig bármelyiket, ezért ez a sorszám minden megszólalásnál eggyel nő. Így a negyedik megszólalás a negyedik kutyát, az ötödik az ötödik galambot, …, az utolsó, kilencedik megszólalás a kilencedik libát jelzi. Ezért a libák száma pontosan 9.

Focipálya

Egy 11 fős focicsapat tagjai labdás edzést tartanak. Az egyik gyakorlatban mindenkinél van egy labda, és az a feladatuk, hogy – pontosan egyszerre – a legközelebbi társukhoz passzoljanak (tudjuk, hogy bármely két játékos különböző távolságra van).

Szeretnénk, ha a passzok után minél kevesebb játékosnál lenne labda. Legkevesebb hány játékosnál lehet labda a passzok után?

Megoldás

Két labdás játékos biztosan lesz, hiszen a két legközelebbi ember biztosan egymásnak passzol. Képzeljük el, hogy csak nekik jut labda. Ekkor valamelyiküknél legalább 6 labda lenne, vagyis 6 másik játékosnak ő a legközelebbi szomszédja.

Az ábrán ezt a helyzetet képzeltük el, az ábra közepén van a 6-labdás játékos. Nézzük meg a betűkkel jelzett háromszöget. Ha az a oldal nagyobb lenne, mint a c oldal, akkor az A-val jelölt embernek nem a középső, hanem a B-vel jelölt játékosnak kellene passzolnia. Ugyanígy c > b. Tehát a háromszögnek a c oldal a leghoszabb oldala, vagyis az ezzel szemben fekvő szög a legnagyobb, biztosan nagyobb mint 60°.

A többi háromszögre is meggondolhatjuk ugyanezt (a piros oldal azért kisebb, mint a kékek, mert az összes távolság között ez a legkisebb). Azonban ez lehetetlen, hiszen ekkor a középső pont körüli szögek összege 360°-nál nagyobb lenne. Vagyis nem lehet, hogy csak ennek a két játékosnak jut labda.

Ez az indoklás kicsit technikai volt, igazából azt mutattuk meg, hogy a piros pontok körül nem lehetnek túl sűrűn a többiek.

Egy labdás játékos körül elfér öt játékos, tehát két ilyen ötszöget össze tudunk rakni. Így három labdás játékossal már elérhető a konstrukció:

Leave a comment