Informatikai és Hírközlési Minisztérium Oktatási Minisztérium Apache Php Mysql Fazekas Mihály Gyakorlóiskola
  Bejelentkezás
Üdvözöljük a Matematika portálon!  
Kvant 1995/96. tanév /megoldás/

Megoldások

Az 1995/96. tanév

116. Vegyük észre, hogy ha az (a?, b?, c?) számhármast az (a, b, c) számhármasból kaptuk, akkor a?, b? és c? legkisebbike legalább akkora, mint a, b és c legkisebbike.
117. Tükrözzük A-t BM-re, C-t BK-ra! Igazoljuk, hogy a két úton ugyanahhoz a D ponthoz jutunk! Bizonyítsuk be, hogy MDK = 90o!
118. A legkisebb ilyen szám az 599.
119. Ki lehet rakni.
120. Tekintsük a következő 12 mezőt: a1, a2, b2, a8, b8, b7, g7, h7, h8, g1, g2, h1. Egy ló vagy ezek közül az egyik mezőn áll, vagy támadja ezek közül az egyik mezőt, de egyszerre mindkettőt nem teheti.
121. 1995 = 7 + 8 + 9 + ... + 63.
122. A számjegyek összege 18n. Érdemes a számot (10n – 1)3 = 103n - 3.102n + 3.10n – 1 alakba írni.
123. Ez a szám az 1366.
124. Az összeg maximumát pld. A = D = 1, B = C = 999 esetén kapjuk.
125. I. megoldás: vektorokkal. II. megoldás: Legyen M' az MB, P' a PD szakasz fele-ző-pontja! Igazold, hogy a QPP', NMM' háromszögek egybevágóak!
126. Ezen az úton: ADIEGCHBF.
127. Megmutatjuk, hogy mindkét négyzetösszeg a kör átmérőének négyzetével egyenlő. Az AC, BD és EC húrok kerületi szögei 45o-osak, így középponti szögük 90o. Ha elforgatjuk a kör középpontja körül CD-t 90o-kal, akkor képe egy B-ből induló AB-re merőleges húr lesz. Ezután használjuk Thalesz és Pithagorasz tételét!
128. 276 a legnagyobb összeg. Ezt megkapjuk , ha a vezéreket a 6, 13, 23, 32, 40, 47, 53 és 62-es számú mezőkre tesszük.
129. Megfelelő számokhoz jutunk, ha k!-t rendre elosztjuk az 1, 2, ... k számokkal.
130. Legyen l = ad, m= bd, n = cd, ahol a, b és c relatív prímek, tehát d az l, m, n számok legnagyobb közös osztója. Ekkor ab + bc = ac, amit -vel leosztva a

összefüggéshez jutunk. Azt fogjuk megmutatni, hogy a fenti összefüggés tagjai rendre megegyeznek LNKO(a, b), LNKO(b, c) és LNKO(a, c) értékével. Legyen pld. e = LNKO(a, c). Ekkor e½a és e½c, de (e, b) = 1, így e2½ac/b. Másrészt, ha egy p prím csak a és c egyikét osztja, akkor p nem osztja a + c = ac/b-t, így

Ehhez hasonló lépésekkel befejezhető a bizonyítás.

131. Másfélszer.
132. Igaz. Kiszámolható, hogy az 5 egység sugarú körbe írt négyzet 2 szomszédos csúcsán és az ezekkel szemközti oldal felezőpontján áthaladó kör sugara nagyobb 4 cm-nél. Ugyancsak nagyobb 4 cm-nél a négyzet két szomszédos oldalának felezőpontján és az ezekkel szemközti csúcson áthaladó kör sugara. Mindezek alapján belátható, hogy csak egy esetben teljesülhet a feladat feltétele: ha négy egybevágó négyzetre osztottuk a négyzetet és ezek közül két szomszédosat hagytunk el.
133. Legyenek M1, M2, ...M10 a szobrok tömegei; ekkor |M1-M2|, |M2-M3|, ... |M10 –M1| a gömbök tömegei. Az (M1-M2) + (M2-M3) +...+ (M10 –M1) = 0 azonosságban néhány zárójeles tag pozitív, a többi pedig negatív (vagy nulla). Így a pozitív tagoknak megfelelő gömbök össztömege megegyezik a negatívoknak megfelelőkével.
134. Lehetséges.
135. (2; 5) és (5; 2).
Kiemelt támogatónk 2006-ban:
Tigra Computer
Támogatóink 2003-ban:
Oktatási Minisztérium
Powered by:
Apache + Php + Mysql
Kapcsolat
hraskoa@fazekas.hu
Copyright © 2004-2010 Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium. Served by pingvin.