A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 2007. október 26-án délután 3-tól este 8-ig zajlott az 1949-es felújítása óta immár ötvenkilencedik Országos Eötvös Loránd Fizikaverseny, népszerű nevén Eötvös-verseny. Az ország 15 városában várták a verseny helyi szervezői azokat a diákokat, akik vagy még középiskolások voltak ebben a tanévben, vagy 2007-ben fejezték be középiskolai tanulmányaikat. (Nem csak magyar állampolgárságú, hanem külföldi diákok is indulhatnak az Eötvös-versenyen, akik magyar nyelven tanulják/tanulták a fizikát Magyarországon, vagy valamelyik környező országban.) A feladatokat a Versenybizottság állítja össze, ennek elnöke Radnai Gyula, tagjai Gnädig Péter, Honyek Gyula és Károlyházy Frigyes. Megoldási idő 300 perc; a megoldáshoz bármilyen írott vagy nyomtatott könyv, füzet felhasználható, amit a diák magával hoz a versenyre. Saját zsebszámológépét is használhatja, de természetesen a verseny ideje alatt nem használhat mobiltelefont. A beérkezett dolgozatokat a Versenybizottság bírálja el, dönt a díjakról, dicséretekről. Ebben az évben 109 versenyző adott be megoldást a feladatokra. Tovább csökkent a középiskolás versenyzők száma, míg az érettségizetteké valamennyire stabilizálódott. Legtöbben idén is a Fővárosi Fazekas Mihály Gyakorló Gimnáziumból jöttek és adták be dolgozataikat. Ismertetjük a feladatokat, s azok helyes megoldását.
1. Két téglalap alakú üveglemezt egyik élük mentén egymáshoz támasztunk úgy, hogy szöget zárjanak be egymással. Az így rögzített lemezeket lassan vízbe engedjük az ábrán látható módon. A víz, amely tökéletesen nedvesíti az üveget, a felületi feszültség hatására a két lemez között bizonyos magasságig felemelkedik.
1. ábra Mekkora ez a magasság, ha a lemezek vízszintesen tartott érintkezési vonala távolságra van a szabad vízfelszíntől? Ábrázoljuk vázlatosan, hogyan változik a fokozatosan csökkenő függvényében! Feltehetjük, hogy a lemezek egymással érintkező éle sokkal hosszabb, mint , továbbá a lemezek szimmetriasíkja mindvégig függőleges. Adatok: 2φ=6∘.
Megoldás. Mivel a két üveglemez elég kis szöget zár be egymással, a köztük felemelkedő víz felületét jó közelítéssel vehetjük félhenger alakúnak. Így felírhatjuk (a félhenger sugarát r-rel jelölve): Mechanikai egyensúly esetén a víz felületi feszültségéből adódó görbületi nyomásnak és a felemelkedett vízoszlop H magasságának megfelelő hidrosztatikai nyomásnak meg kell egyeznie, vagyis (Azért nem 2σr a görbületi nyomás, mert a felszín nem gömb, hanem henger alakú.) Amíg σr>Hϱg, addig a folyadékszint még emelkedik az üveglapok között. Ha pedig már túlfutott és Hϱg>σr lett, akkor a vízszint csökkenni kezd. A kialakuló állapot stabil egyensúlyi állapot kell, hogy legyen. Vizsgáljuk meg, milyen H értékre teljesül a egyensúlyi feltétel! Átalakítva és az ismert adatokat behelyettesítve | H(h-H)=σϱgφ=1,4⋅10-4m2=140mm2. |
A magasságokat mm-ben mérve az alábbi másodfokú egyenletet kell megoldanunk: Ennek h=30 mm esetén két megoldása lesz: H1=5,8 mm és H2=24,2 mm. E kettő közül azonban csak az egyik, a kisebb érték a stabil, a másik instabil egyensúlyi állapotot határoz meg! A stabilitási viszonyokat is megvizsgálhatjuk, ha H függvényében ábrázoljuk a ϱgH és a σ(h-H)φ kifejezéseket (2. ábra). Attól függően, hogy melyik kifejezés a nagyobb, a víz felszíne a bejelölt nyilacskáknak megfelelően fel- vagy lefelé mozog. Látható, hogy H1 a stabil, H2 pedig az instabil megoldás.
2. ábra A fenti ábra addig helyes, amíg ekkor pozitív ugyanis a fenti másodfokú egyenlet diszkriminánsa. De mi történik akkor, amikor az üveglapok lassú leengedése közben elérjük a h=23,7mm értéket, és még tovább süllyesztjük az üveglapokat? h=23,7mm esetén H=h2 magasan áll a vízszint, majd a következő pillanatban (amikor a 2. ábrán látható hiperbolának és az egyenesnek már nem lesz metszéspontja, tehát a görbületi nyomás minden helyzetben nagyobb lesz, mint a hidrosztatikai nyomás) a víz emelkedni kezd és egészen a két üveglap érintkezéséig felszalad! Ettől kezdve H=h lesz végig. Hogyan változik H a fokozatosan csökkenő h függvényében? A választ a 3. ábra mutatja, a kérdéses helyzetekben pedig a numerikus értékek: a) h=30 mm esetén H=5,8 mm; b) h=15 mm esetén H=15 mm.
3. ábra Megjegyzések: A feladatra adott hibás megoldások közül három tipikusat érdemes külön is megemlíteni. 1. Többen a körkeresztmetszetű, függőleges hajszálcsőben felemelkedő vízre érvényes képletet próbálták meg itt alkalmazni. (Ekkor jelenik meg a 2σr görbületi nyomás!) Nem kaphattak helyes eredményt. 2. Sokan a felemelkedett vízmennyiség súlyát tették egyenlővé a felületi feszültségből származó, felfelé húzó erővel. Ez azért hibás, mert a ferde, nem függőleges üveglemezek által kifejtett nyomóerőnek is van függőleges összetevője, amit az erőegyensúlynál figyelembe kellene venni. A probléma hasonló ahhoz, ami a jól ismert hidrosztatikai paradoxonnál jelentkezik. 3. Néhányan energetikailag próbálták megoldani a feladatot úgy, hogy a felemelkedett víz helyzeti energiáját tették egyenlővé a felületi feszültség σ⋅ΔA munkájával. Ez ugyanúgy hibás, mintha egy rugóra függesztett test egyensúlyi helyzetének meghatározásához a nehézségi erő és a rugóerő munkájának egyenlőségét írnánk fel. Jól tudjuk, hogy ez az egyenlőség csak a rugón rezgő test mozgásának szélső helyzeteire teljesül, ahol éppenhogy nincs a test egyensúlyban. Egyensúlyi állapotban a mozgási energia nem hanyagolható el, sőt, éppen akkor maximális!
2. Egy terebélyes vasmaggal ellátott, nagy önindukciójú, de mégis elhanyagolható ohmikus ellenállású tekercs végeit U feszültségre méretezett izzón keresztül kötjük össze. Ha az A és B pontok közé U/2 effektív értékű váltakozó feszültséget kapcsolunk, az izzó nagyon halványan világít.
4. ábra Mivel a tekercs közepéről is van egy C kivezetés, megpróbáljuk a feszültségforrás pólusait az A és C pontokhoz kötni. Megváltozik-e az izzón átfolyó áram erőssége, és ha igen, hogyan? Az ábrán bejelöltük a főágban folyó I(t) pillanatnyi áram irányát. Hogyan folyik az áram ugyanekkor a tekercsben?
Megoldás. Három dolgot kell egymás után észrevennünk, hogy viszonylag gyorsan eljussunk a helyes válaszhoz. 1. Mivel a tekercs ohmikus ellenállása elhanyagolható, ezért UAC≈U2 kell legyen, hogy ne folyjék a generátoron végtelen nagy áram. 2. Mivel a fluxusváltozás mértéke a tekercs különböző részein ugyanakkora, ezért mindkét féltekercsen ugyanakkora az indukált feszültség, tehát UAC=UCB. 3. Mivel a lámpa párhuzamosan van kapcsolva a generátor plusz a tekercs jobb oldali felével, ezért | Ulámpa=Ugen.+UCB=U2+U2,tehátUlámpa=U. | Így a lámpa az ,,üzemi'' feszültséget kapja, ezért jól ég! Az áramirányok meghatározásához ‐ Werner Miklós ötlete alapján ‐ rajzoljuk át a megadott kapcsolást a következő módon: képzeljük el, hogy a tekercs bal oldali részét alkotó huzalt hosszában kettévágjuk, s így ezen az oldalon két, egymás mellett futó tekercshez jutunk (5. ábra).
5. ábra Kaptunk egy AC tekercset, amire a generátor feszültségét kapcsoljuk, és egy AB tekercset, amire a lámpát kötöttük. Ez bizony egy transzformátor! A primer menetszám N2, a primer áram (a feladatban alkalmazott jelölés szerint) I. A szekunder menetszám N, tehát a szekunder áram I2 lesz. C-től B felé I2, C-től A felé ugyancsak I2 (I-I2=I2) áram folyik (6. ábra).
6. ábra Megjegyzések. Bemutatunk további három megoldást, amellyel a versenyzők eljutottak a helyes válaszhoz. Mindegyikük ,,ráérzett'' a feladatban rejlő transzformátorra (ténylegesen autotranszformátornak nevezik a feladatban megadott kapcsolást), és helyesen alkalmazták az általuk ismert összefüggéseket. Nem részletezzük, csak vázoljuk a megoldásnál követett gondolatmeneteket.
7. ábra 1. Konczer József a 7. ábrán látható módon rajzolta át a kapcsolást. Figyelembe véve a tekercsrészek közötti szoros csatolást, a kölcsönös indukciós együttható: M=L1L2. Az indukált feszültségek: illetve Mivel most L1=L2=L=M, ezért A generátor feszültsége: ebből pedig I1R=U következik.
8. ábra 2. Kónya Gábor a 8. ábrán látható módon rajzolta át a kapcsolást. A szinuszos váltakozó áram tárgyalására kidolgozott komplex formalizmus ismeretében ő az alábbi egyenleteket tudta felírni: illetve ezekből következik, hogy U2=-U1. Mivel ezért kell legyen. (j-vel az ún. komplex egységgyököt, -1-et jelöltük.) 3. Szolnoki Lénárd úgy rajzolta át a kapcsolást (9. ábra), hogy még jobban emlékeztessen egy veszteségmentes, zárt vasmagú transzformátorra. Mivel a transzformátor szekunder oldalán ellentétes ,,irányú'' a feszültség, mint a primer oldalon, ezért a felső hurokra felírva a második Kirchhoff-törvényt, kapjuk:
9. ábra Mindhárom megoldó már a saját rajzán helyesen jelölte be az áramok irányát.
3. Egy tanár az alábbi problémát tűzi ki tehetséges diákjai számára: Vizsgáljátok meg elméletileg, hogy helyettesíthető-e egy vékony gyűjtőlencséből és egy vele párhuzamos síktükörből álló optikai rendszer egyetlen homorú tükörrel! Anna megvizsgál egy olyan esetet, amikor a gyűjtőlencse f fókusztávolsága 30cm, és a lencse ℓ=20cm-re helyezkedik el a tükör előtt. Ügyesen megválasztott tárgytávolságok felhasználásával meg tudja határozni a keresett homorú tükör f* fókusztávolságát és e tükörnek a lencse helyétől mért x távolságát. Balázs általánosan akarja megoldani a feladatot, és addig nem nyugszik, míg olyan összefüggéseket nem talál, melyek megadják f*-ot és x-et f és ℓ függvényében. Cecília végül észreveszi, hogy nem minden f és ℓ értékpár esetén helyettesíthető homorú tükörrel a fenti optikai rendszer, ezért átgondolja, hogy milyen feltétel teljesülése esetén érvényes Balázs megoldása. Kövessük nyomon Anna, Balázs és Cecília munkáját! Hogyan oldják meg a maguk elé tűzött feladatokat?
Megoldás. Első ránézésre is látszik, hogy ha helyettesíthető ez a lencse + síktükör együttes egyetlen homorú tükörrel, akkor annak geometriai középpontja ott lesz, ahol most a lencse egyik, F1 fókuszpontja van. Ha ugyanis ebbe a fókuszba helyezünk egy világító, pontszerű fényforrást, akkor az innen kiinduló fénysugarak a lencsén való áthaladás után az optikai tengellyel párhuzamosan haladnak, merőlegesen érik el a tükör síkját, utána önmagukba verődnek vissza. A síktükörről visszavert sugarak újra elérik a lencsét s azon megtörve a lencse előbbi, F1 fókuszpontja felé tartanak. Gömbtükör esetén pedig a gömb Otükör középpontjából kiinduló fénysugarak verődnek úgy vissza, hogy ugyanezen pont felé tartanak. Könnyen megszerkeszthetjük annak a tárgynak a képét, amelyet a lencse fókuszpontjába állítottunk (10. ábra).
10. ábra Fordított állású, a tárggyal megegyező nagyságú, valódi kép keletkezik a tárgy ,,helyén''. F1=Otükör tehát, és ez független attól, milyen ℓ távolságra van a síktükör a lencsétől. a) Anna 20 cm-re helyezte el a tükröt az f=30 cm fókusztávolságú lencse mögé. Hogyan határoznánk meg Anna helyében legegyszerűbben a leképező rendszer F* fókuszpontjának a helyét? Úgy, hogy az optikai tengellyel párhuzamos fénynyalábot bocsátanánk a lencsére, és megnéznénk, hogy mi a ,,tartópontja'' annak a sugárnyalábnak, amely ebből a párhuzamos nyalábból keletkezik, miután megtörik a lencsén, visszaverődik a síktükrön, majd újta áthalad a lencsén (11. ábra). Biztosak lehetünk abban, hogy F* helye már nemcsak f-től, hanem ℓ-től is függeni fog.
11. ábra Kövessük Anna gondolatmenetét! A belépő parallelnyaláb a lencse mögött 30 cm-re lévő F2 fókuszpont felé tart, miután megtörik a lencsén. Ráesik a lencsétől 20 cm-re lévő síktükörre, s mivel a tükör mögött 10 cm-re lévő F2 pont felé tartott, ezért a tükörről visszaverődve a tükör előtt 10 cm-re lévő ponton fog áthaladni. Ez a pont t=10 cm-re van a lencsétől; keressük meg egy ilyen távol lévő tárgy képét! amiből k=-15 cm adódik. Látszólagos kép keletkezik, ez azt jelenti, hogy a lencséből olyan sugárnyaláb fog kilépni, amelynek ,,tartópontja'' egy, a lencse mögött 15 cm-re levő pont. Ez tehát a leképező rendszer F* fókuszpontja! Annának tehát a helyettesítő homorú tükör egy újabb jellemző pontját sikerült megtalálnia. Mivel a homorú tükör fókuszpontja éppen a gömb sugarának közepén van, ezért a fókusztávolságot úgy is megkaphatja, hogy az F* fókuszpont és a korábban már megtalált Otükör geometriai középpont távolságát határozza meg: | f*=F*Otükör=30cm+15cm=45cm. |
Hová, a lencse hűlt helyétől mekkora x távolságra kell tenni ezt a homorú gömbtükröt? Mivel F* 15 cm-re van attól a ponttól, ahol a lencse állt, ezért a keresett távolság (12. ábra):
12. ábra b) Balázs is követi Anna gondolatmenetét, de paraméteresen határozza meg a kérdezett mennyiségeket. Az F* fókuszpont helyének meghatározása: t=ℓ-(f-ℓ)=2ℓ-f,12ℓ-f+1k=1f,ahonnank=(2ℓ-f)f2ℓ-2f<0.
A keresett tükör fókusztávolsága: | f*=f+|k|=f-k=...=f22(f-ℓ)>0. | A homorú tükör távolsága a lencse helyétől: c) Cecília felismerése: f>ℓ kell legyen, mert a feladatban azt kellett megvizsgálni, hogy homorú gömbtükörrel lehet-e helyettesíteni a (lencse + síktükör) leképező rendszert. Ezen kívül azt is Cecíliának kell észrevennie, hogy Anna és Balázs megoldása csak a tárgytér meghatározott tartományára érvényes. Jelen esetben azokra a tárgypontokra, amelyek a lencsének a síktükörrel ellentétes oldalán helyezkednek el. Dehát ez természetesen teljesül, ha valódi tárgyat képez le az optikai rendszer.
Megjegyzés. A lencse + síktükör rendszer leképezése úgy is vizsgálható, hogy a lencsének és a lencse tükörképének, mint két lencséből álló lencserendszernek a leképezését követjük végig, majd a kapott képet visszatükrözzük a síktükörrel. Ezért is meglepő, hogy a leképezés végülis egyetlen homorú tükörrel helyettesíthető, hiszen egymástól távol elhelyezkedő két lencse leképezése sohase helyettesíthető egyetlen lencse adta képpel. A vékonylencse síkja helyett két fősík jelenik meg, s csak az ezektől mért t, k és f távolságokra lehet felírni a leképezési törvényt. Nos, a mi esetünkben a két lencse fókusztávolsága egyenlő, ilyenkor a fősíkok is szimmetrikusan helyezkednek el, s amikor a szerkesztés végén a képet (és a képoldali fősíkot is) visszatükrözzük, a két fősík egybe fog esni! Az ide, a fősíkok közös helyére elhelyezett gömbtükörrel ekkor már helyettesíthető lesz a lencséből és a síktükörből álló rendszer. A fősíkokkal történő leképezés nem középiskolai, hanem főiskolai, egyetemi tananyag; ennek ellenére volt olyan versenyző, aki ezt a gondolatmenetet próbálta meg követni. Hasonlóképpen egyetemi tananyag az úgynevezett ,,mátrixoptika'' is, amellyel Pálfalvi László mutatja meg e feladat megoldását a 179. oldalon.
Az eredményhirdetés 2007. november 30-án került sor az ünnepélyes eredményhirdetésre az Eötvös Loránd Tudományegyetem Ortvay Rudolfról elnevezett előadótermében. Bevezetésként a Versenybizottság elnöke emlékezett meg Tolnai Jenőről, aki 100 évvel ezelőtt nyerte meg a Társulat tanulóversenyét, Neukomm Gyuláról, a KöMaL egykori főszerkesztőjéről, aki ötven éve hunyt el, és ebben az évben sikerült a sírját védetté nyilvánítani, Boros Jánosról, a Versenybizottság volt tagjáról, akinek éppen ezen a napon lett volna a születésnapja és Varga Istvánról, a csak nemrég elhunyt fizikatanárról, aki sziporkázó ötleteivel támogatta a Versenybizottság munkáját. Ezután az 50 évvel ezelőtt, 1957-ben rendezett Eötvös-versenyt elevenítette fel. Bemutatta az akkori feladatokat és a díjazottak egykori fényképét is a KöMaL képarchívumából. Papp Kálmánt, a verseny 50 évvel ezelőtti nyertesét sajnos nem sikerült elérnie, és nem tudott eljönni Cserteg István sem, aki akkor a második helyezett volt. Mindketten villamosmérnökök lettek később. Nem így Szatmáry Zoltán, a harmadik helyezett piarista diák, aki Neukomm Gyula hathatós támogatásával tudott bekerülni az ELTE fizikus szakára 1957-ben. A KFKI kutatója, a műegyetemi tanreaktor Kossuth-díjas igazgatója személyesen idézte fel egyetemre kerülésének izgalmas történetét. A 25 évvel ezelőtt díjazottak közül is csak egyetlen versenyző tudott eljönni: Károlyi Gyula, aki ma már egyetemi oktató, a KöMaL matematika szerkesztő bizottságának tagja. Csörgő Tamás, Erdős László és Tóth Gábor, az akkori első díjasok valamennyien hazai és külföldi kutatóintézetek, egyetemek sikeres kutatói. A KöMaL tehetségfejlesztő munkáját dicséri, hogy az 50 évvel ezelőtt díjazott mindhárom versenyző, a 25 évvel ezelőtt díjazott hat versenyző közül pedig öten voltak a KöMaL feladatmegoldói, és fényképük is megjelent a Lapokban, melyet most kivetítve láthatott és tapsolhatott meg a hálás közönség. Ezután került sor a 2007. évi feladatok bemutatására, a helyes megoldások ismertetésére. Mindegyik megoldást kísérleti bemutató követte: az első két feladathoz Honyek Gyula, a harmadikhoz Radnai Gyula mutatott be érdekes kísérleteket. Az üveglapok közé felfutó víz, a meglepően jól égő kis izzó, valamint a lencse plusz síktükörrel és az ezeket helyettesítő gömbtükörrel egymás mellett előállított éles képek azokat is meggyőzték, akik esetleg kételkedtek volna a bemutatott megoldások helyességében. Szerencsére itt nem voltak ilyenek, ‐ a közönség főleg a fizikát értő és szerető fiatalokból, tanáraikból és volt Eötvös-verseny nyertesekből állt. Itt volt a Társulat egész ,,vezérkara'', Kádár György főtitkár, Pákó Gyula, a középiskolai szakcsoport elnöke és Sólyom Jenő akadémikus, a társulat elnöke is, aki ezek után mosolyogva adta át a díjakat a verseny győzteseinek. Első díjat és az ezzel együtt járó Eötvös-verseny érmet kapta a verseny 1. helyezettje: Werner Miklós, a BME hallgatója, aki az ELTE Apáczai Csere János Gyakorló Gimnáziumában érettségizett Flórik György tanítványaként. Ugyancsak első díjat kapott a 2. helyezett Kónya Gábor, az ELTE hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett Horváth Gábor tanítványaként. Második díjat is két versenyző kapott: Eisenberger András, a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnázium 12. évfolyamán Horváth Gábor tanítványa és Konczer József, a BME hallgatója, aki a szlovákiai Révkomárom Selye János Gimnáziumában érettségizett Hevesi Anikó és Szabó Endre tanítványaként. Harmadik díjat nyert Szolnoki Lénárd, a Debreceni Református Kollégium Dóczy Gimnáziumának 12. osztályos tanulója, Tófalusi Péter tanítványa. Dicséretet kapott a verseny 6‐11. helyezettje, helyezésük szerinti sorrendben a következők: Kőrösi Márton, az ELTE hallgatója, aki a békéscsabai Szent-Györgyi Albert Gimnáziumban érettségizett Varga István tanítványaként; Almási Gábor, a pécsi Leöwey Klára Gimnázium 12. osztályos tanulója, Kotek László és Simon Péter tanítványa; Papp László, az ELTE hallgatója, aki a romániai Margitta O. Goga Nemzeti Kollégiumában érettségizett Bogdán Károly és Veres Zoltán tanítványaként; Roósz Gergő, a Szegedi Tudományegyetem hallgatója, aki a szegedi Radnóti Miklós Gimnáziumban érettségizett Mező Tamás és Mike János tanítványaként; Meszéna Balázs, az ELTE hallgatója, aki a Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Gimnáziumban érettségizett és Takács Lajos tanítványa volt; Lovász László Miklós, aki ugyanennek a gimnáziumnak 12. osztályos diákja, Horváth Gábor tanítványa. Az első díjjal 20 ezer forint, a másodikkal 15 ezer, a harmadikkal 10 ezer forint jutalom járt együtt, és még a dicséretet nyert versenyzők is kaptak 5 ezer forintos könyvutalványokat az ELFT, az INDOTEK Befektetési Zrt., valamint Gutai László (USA) által felajánlott támogatások jóvoltából. Mind a 11 kitüntetett versenyző megkapta Szatmáry Zoltán és Aszódi Attila Csernobil c. könyvét a Typotex Kiadótól. A versenyzők tanárai a Typotex, a Műszaki és a Vince kiadók könyveiből válogathattak a Matfund Alapítvány pártoló támogatásával. Ezek után már csak a közös fénykép elkészítése volt hátra, amelyet Olvasóink a KöMaL hátsó borítóján tekinthetnek meg. A programot záró tapasztalatcsere-beszélgetéshez a Ramasoft Zrt. gondoskodott elegendő enni-innivalóról. A hangulat idén is jó volt: vidáman, felszabadultan tárgyalták a verseny tapasztalatait a régi és új versenyzők, tanárok az ország különböző részeiről, egyetemi tanárok Budapestről és Kolozsvárról. Gondolatban itt volt Béky Bence, nemrég még Eötvös-versenyen díjat nyert diák is, ma már tanulmányainak befejezéséhez közeledő mérnök-fizikus hallgató, aki Párizsból küldte üdvözletét egy beszédfelismerés témájú programról, amelyen a hazai egyetemi képzés keretében vesz részt. Aki pedig egyszer kedvet kapott a tanuláshoz, nem is tudja abbahagyni; ő most matematikából szeretne újabb diplomát szerezni. ,,Azt üzenem a versenyzőknek, tanuljanak, mert tanulni jó befektetés és tiszta öröm! Bár inkább nem is üzenek semmit, mert aki az Eötvös-verseny eredményhirdetésére bejutott, az ezt már úgyis tudja. Gratulálok nektek és további sok sikert kívánok!'' Ehhez csatlakozik a Versenybizottság is. Bízzunk a lendület megmaradásában... |