Kezdőlap


Feladat:	1002. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Lintner Ferenc , Süttő Klára
Füzet:	1966/március, 122 - 123. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elsőfokú diofantikus egyenletek, Természetes számok, Gyakorlat, Logikai feladatok
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1965/október: 1002. matematika gyakorlat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. A 10 lövés értéke csökkenő sorrendben 12, 11, 10, 10, 9, 9, 8, 7, 7, 5 pont, összegük 88. Jancsi utolsó 4 lövésével legfeljebb $12 + 11 + 10 + 9 = 42$ pontot ért el (mert a másik 10-es Ferié), tehát első lövése nem több $42 : 7 = 6$ pontnál. Így első lövése az 5-ös körbeli találat, további lövéseinek összege 35 pont ‐ összeredménye 40 pont ‐, és a 10-es kört leszámítva ismeretlen 3 lövésének összege 25 pont. Ezek közül legalább egy páratlan, és ez csak 7-es lehet, különben ugyanis legalább $8 + 9 + 9 = 26$ pontja lenne belőlük. A hátra levő 18 pont kétféleképpen adódhatott két lövésből: $7 + 11$ vagy $9 + 9$ , így Jancsi eredménye vagy 5, 10, 7, 7, 11, vagy 5, 10, 7, 9, 9, a 12-es kört mindenképpen Feri találta el.
Ferire 48 pont maradt, ezért utolsó lövése az összeg 6-od része, 8-as. Volt még a 10-ese és a 12-ese, a hátra levő két lövése pedig vagy $9 + 9$ , vagy $7 + 11$ . Középső lövésének pontszáma a párosak valamelyike, mert 48-ból az utolsó két lövés pontszáma 2-szeresének kivonásával adódik. A középső lövés pontszámát megválasztva és a maradék feléből 8-at kivonva adódik a 4. lövés pontszáma, és ha ilyen találat volt a továbbiak között, akkor a maradó két lövés az első két helyre jut. Amennyiben ezek különbözők, két sorrendben jöhettek egymás után. 5 sorrendbeli lehetőség adódik:

\begin{matrix} 9, 9, 12, 10, 8; 7, 12, 10, 11, 8; 12, 7, 10, 11, 8; 7, 11, 12, 10, 8; 11, 7, 12, 10, 8. \end{matrix}

Lintner Ferenc (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. I. o. t.)

II. megoldás. Legyen Jancsi első lövésének értéke

j_{1}

pont, Feri 5. lövéséé

f_{5}

pont, így eredményeik

(1 + 7) j_{1}

, ill.

(5 + 1) f_{5}

, és

\begin{matrix} 8 j_{1} + 6 f_{5} = 88, amiből j_{1} = 11 - \frac{3 f_{5}}{4} . \end{matrix}

Eszerint

f_{5}

osztható 4-gyel, tehát vagy 8-as, vagy 12-es. Az utóbbiból

j_{1} = 2

adódik, ilyen lövés nincs, tehát

f_{5} = 8

, és

j_{1} = 5

, Feri 48 kört, Jancsi 40-et lőtt összesen.
Feri első két és utolsó két lövésének együttes

(f_{1} + f_{2}) + (f_{4} + f_{5})

pontértéke

(f_{4} + f_{5})

-nek 2-szerese, tehát páros, így 3. lövése,

f_{3}

is páros értékű. Ez lehetett 10-es is, 12-es is, mert így a szélső lövéspárok értéke 19, ill. 18 pont, ezért

f_{4} = 11

, ill. 10 pont, és mindegyik eset folytatható az adott lövésekből a teljes találatsorozatig:

\begin{matrix} f_{3} = 10 esetén f_{4} = 11, f_{1} + f_{2} = 7 + 12 = 12 + 7 \end{matrix}

(nem lehet

f_{1} + f_{2} = 10 + 9

, mert a második 10-es Jancsié);

\begin{matrix} f_{3} = 12 esetén f_{4} = 10, f_{1} + f_{2} = 7 + 11 = 11 + 7 vagy 9 + 9. \end{matrix}

Eszerint a 12-es találat mindenképpen Ferié. A legutóbbi lehetőség szerint Feri lövéseinek sorrendje egyértelműen 9, 9, 12, 10, 8, az előbbi két lehetőség mindegyike kétféle sorrendben jöhetett létre. Jancsi eredménye Feri első két lehetősége esetében 5, 7, 9, 9, 10, az utolsóban 5, 7, 7, 10, 11 (csak az 5 pontos találat sorszáma biztos).

Süttő Klára (Budapest, Ságvári E. gyak. g. I. o. t.)