a matematika tan´itasa´ -...

ANDRAS SZILARD

A MATEMATIKA TANITASA

Egyetemi jegyzet

STATUS KIADO

CSIKSZEREDA, 2009

A jegyzet megırasat es megjeleneset a

Kolozsvari Magyar Egyetemi Intezet

es a

Szulofold Alap

tamogatta

Descrierea CIP a Bibliotecii Nationale a Romaniei

ANDRAS SZILARD

A matematika tanıtasa/Andras Szilard

Miercurea-Ciuc: Status, 2009

ISBN 978-973-1764-63-4

371.3:51

A keziratot ellenorızte: Nagy Ors, Szilagyi Jutka

Kiadja a Status Konyvkiado

Felelos kiado: Birtok Jozsef igazgato

Keszult a csıkszeredai Status Nyomdaban,

http://www.status.com.ro Email: [email protected]

Tel/fax: 004/0266/310-486, Tel: 0744/593-324

Tiparul executat sub comanda nr. 2/2009 la Imprimeria Status,

Miercurea-Ciuc

Uram, adj turelmet, hogy elfogadjam, amin nem tudok

valtoztatni, adj batorsagot, hogy valtoztassak, amin

lehet, es adj bolcsesseget, hogy a ketto kozott

kulonbseget tudjak tenni.

Lumina nu vine din lumina, ci din ıntuneric.

Mircea Eliade

Experience is a hard teacher because she gives the test

first, the lesson afterward.

Vernon Law

ELOSZO

Senki sem kepes elottetek semmit folfedni,

csupan azt, ami tudasotok hajnalan,

felalomban maris ott hever.

A tanıto, aki kovetoi kozott

a templom arnyekaban jar,

nem bolcsessegebol ad at nekik,

hanem hitebol es szeretetebol.

Ha valoban bolcs,

nem azt kıvanja, hogy belepjetek

az o bolcsessegenek hazaba,

hanem inkabb sajat elmetek kuszobere vezet benneteket.

Kahlil Gibran, A profeta

Karinthy ırta, hogy ,,Nem ertunk ra tanulni, mert folyton tanı-

tottak.” Einstein szerint kesz csoda, hogy a kıvancsisag tuleli a forma-

lis oktatast. A mai iskolarendszerben talan sokkal sulyosabb mindket

problema, mint barmely korabbi intezmenyesıtett oktatasi formaban.

Ugyanakkor az igazan fontos dolgok elsajatıtasaban a letezo iskolai

rendszer a leheto legkevesbe hatekony1. Einstein szerint az egyetlen

tenylegesen ertekes dolog az intuıcio es a kepzelet sokkal fontosabb a

tudasnal. Ebbol a szempontbol nezve a letezo matematikai oktatas

talan tobbet ront, mint javıt.

Mit tehet ebben a rendszerben a matematikatanar? Egyreszt sem-

mit, peldaul ha a rendszerrel kuzd, masreszt barmit, ha bolcsen gondol

a tanıtvanyaira.

Erre univerzalis recept nem letezik (es nem is letezhet), eppen ezert

ebben a jegyzetben is csak nehany peldat szeretnek bemutatni azok

kozul, amit ugy gondolom, hogy sikerult tanıtvanyaimnak megmutat-

nom, illetve, amelyekkel sikerult tanıtvanyaim erdeklodeset fokoznom.

Azt nem allıthatom, hogy ezekkel sikerult valakit megnyernem a mate-

matikanak. Azt viszont igen, hogy tobbekben sikerult a takareklangon

1Seymour Papert: Mindstorms: Children, Computers and Powerful Ideas

5

6

pislakolo erdeklodest a kritikus tomegig fokozni, hogy o maga eldont-

hesse szeretne-e matematikat tanulmanyozni, vagy sem. Senki ne

gondolja, hogy a modszertan helyettesıtheti a tanar elhivatottsagat,

szakmai tudasat vagy diakjai irant erzett tiszteletet. Ezek nelkul a

modszertan pontugy semmit sem er, mint a nulla, amely elott nem all

nullatol kulonbozo szamjegy. Persze ez korantsem jelenti azt, hogy

akkor a matematika tanıtasahoz elegseges matematikat tudni es a

tobbi majd kialakul. A matematikus es a matematikatanar kozt ugya-

nis alapveto kulonbseg, hogy mıg az elso matematikai fogalmakkal

dolgozik, addig a masodik emberekkel. Ezt a tenyt figyelmen kıvul

hagyni korulbelul annyit jelent, mint bungee jumping-ot vegrehajtani

kotel nelkul. Persze, aki kotel nelkul ugrik, az a maga eletevel jatszik;

aki viszont tanarkent bemereszkedik az iskolaba, annak tisztaban kell

lennie azzal, hogy a diakjai elete/jovoje a tet. Ha valaki ezt a tetet

nem kepes a tole telheto legnagyobb tisztelettel es felelossegtudattal

kezelni, annak jobb elkerulni az iskolat es a tanıtast.

A jegyzet alapvetoen ket reszre tagolodik, az elso reszben egy

altalanos keretet szeretnek vazolni altalaban a tanıtasrol es sajatosan

a matematika tanıtasarol. A masodik reszben gyakorlatilag feladat-

megoldasokat csoportosıtottam valamilyen strategiak szerint. Itt csak

annyit szeretnek kihangsulyozni, hogy ezek a feladatok kozepiskolas

diakokkal vegzett tevekenysegek tervezese es vegrehajtasa soran a dol-

gok logikajat kovetve majdhogynem maguktol szervezodtek ebbe a

formaba, gyakran jomagam es diakjaim nem kis meglepetesere.

Az olvasashoz es megerteshez termeszetesen gondolkodasra van

szukseg es errol tudjuk, hogy olyan, mint az ejtoernyo, akkor mukodik

jol, ha nyitott.

A szerzo

Tartalomjegyzek

Eloszo 5

1. FEJEZET. A MATEMATIKA TANITASAROL 8

Miert matematika? 8

Mit tanıtsunk es mit ne tanıtsunk? 16

Hogyan tanıtsunk? 23

2. FEJEZET. FELADATMEGOLDASI STRATEGIAK 32

Lassan jarj, tovabb ersz 32

Semmi sem az, aminek latszik 49

Szeretnunk es apolnunk kell a tevedest,

hisz O a megismeres anyaole 87

Miert csinaljuk egyszeruen, ha bonyolultan is lehet 92

Tobbet esszel, mint anelkul 99

Jobb egy mento otlet, mint ot mento egylet 107

A rest ketszer farad, a szorgalmas egesz eleteben 113

Vasaroltam egy uj bumerangot, hova hajıthatom a regit? 119

Ki mint veti agyat, ugy alussza almat 129

Amit hallok, azt elfelejtem, amit latok arra emlekezem, amit

megcsinalok, azt tudom 167

Ajanlott szakirodalom 173

7

I. FEJEZET

A MATEMATIKA TANITASAROL

Miert matematika?

A tanıtas soran gyakran elofordulhat, hogy a rovid tavu strategiak,

kovetelmenyek (dolgozatıras, verseny, a tananyag bizonyos reszeinek

begyakorlasa, stb.) fontossaga miatt a hosszu tavu strategiak (pl.

keszsegfejlesztes) teljesen hatterbe szorulnak. Gyakorlatilag mindig

akad olyan rovid tavon fontosnak minosıtheto cel, amelynek segıtse-

gevel el lehet fodni a hosszu tavu celokat. Eppen ezert nagyon fontos,

hogy a tanar tisztazza maganak a hosszu tavu celokat es kovetkezete-

sen, tudatosan igyekezzen azok megvalosıtasara. A hosszu tavu ce-

lok mutatjak meg, hogy MIERT tanıtunk matematikat 10 − 12 even

keresztul az iskolakban, MIERT tanıtjuk a matematikanak azokat a

reszeit, amit tanıtunk, MIERT tanıtjuk ugy, ahogyan tanıtjuk, illetve

a diakok tudasat/nemtudasat MIERT ugy merjuk, ahogyan merjuk.

Termeszetesen az elobbi kerdesekre nem letezik egyertelmu, uni-

verzalis valasz. A klasszikus sablonvalasz igen gyakran az, hogy fej-

leszti a logikus gondolkodast, a problemaerzekenyseget, a problema-

megoldo keszseget stb. De annyire naivak nem lehetunk, hogy ezt

komolyan is gondoljuk. Mero Laszlo szerint: ,,a matematika tulaj-

donkeppen nem arra valo, hogy kozvetlenul tudast adjunk at ... ah-

hoz, hogy az ember szocializalodjon, szukseg van bizonyos mennyisegu

frusztracios gyakorlatra, es erre optimalis a matek meg a torna.” Itt

egyertelmuen kiderul, hogy kinek van hozza tehetsege, es minden-

kinek vilagossa valik, hogy a csoport belso hierarchiajaban hol a sajat

helye. Ennel a ket targynal a diakok folyamatosan szembesulhetnek

a sajat (szellemi vagy fizikai) korlataikkal es azt is lathatjak, hogy

amiert neki nem megy, attol masnak lehet trivialis. Ez a konnyen

felreertelmezheto ,,minden ember egyenlo” tenyleges gyakorlata, ahol

vilagossa valik, mire ertendo az egyenloseg, mennyire mas ez, mint az

egyformasag, es milyen korlatozasokkal alkalmazhato. Termeszetesen

8

A MATEMATIKA TAN ITASAROL 9

ennek sok kovetkezmenye van a tanıtasi gyakorlatra nezve is, ugy a

tartalom kivalasztasanal, mint a felmeresnel. A matematikai gondol-

kodas tanıthatosaga nagyon vitathato. A legtobb felmeresi eredmeny

arra utal, hogy a sablonos, receptszeru eljarasokon kıvul a matematikai

gondolkodas nem igazan tanıthato. A matematika altalaban azok-

nak megy, akik ennek megfelelo gondolkodasi semakkal, mechaniz-

musokkal rendelkeznek (pontosan ugy, ahogy a talajtorna is azoknak

megy igazan jol, akiknek megfelelo a testfelepıtesuk), a tobbieknek

nagyon meg kell dolgozniuk akar az alapok elsajatıtasaert is. Terme-

szetesen erdemes a fordıtott iranyu jelensegre is odafigyelni. A rend-

szeres edzes (termeszetesen azok eseteben, akiknek erdemes edzeni)

ugyanis hosszu tavon formalja a gondolkodast (ahogy a sport alakıtja a

testalkatot), persze bizonyos korlatokon belul. Ebbol az is kovetkezik,

hogy az edzes egyenre szabott kellene legyen es ugyanakkor az edzes

resztvevoin a fejlodes kulonbozo fokozatait kellene mernunk (tehat a

differencialt oktatas mellett differencialt felmerest is hasznalnunk kel-

lene).

Peter Rozsa a ,,Jatek a vegtelennel” cımu konyveben ırja: ,,En

nem csak azert szeretem a matematikat, mert alkalmazni lehet a tech-

nikaban, hanem foleg azert, mert szep. Mert jatekos kedvet is bele-

vitte az ember, es a legnagyobb jatekra is kepes: megfoghatova tudja

tenni a vegtelent. Vegtelensegrol, ideakrol hiteles mondanivaloi van-

nak. Es megis annyira emberi, korantsem az a bizonyos ketszerketto:

magan viseli az emberi alkotasok soha le nem zart jelleget.” Tehat

az iskolai matematika akar ilyen is lehetne. Ez persze egy tetel bi-

zonyıtasabol vagy egy feladat megoldasanak leırt valtozatabol avatat-

lan olvaso szamara sosem lesz lathato. Nyilvanvalo viszont, hogy az

iskolaban tevekenysegek zajlanak, amelyeknek tervezese/szervezese/-

lebonyolıtasa nagy mertekben befolyasolja a matematikarol kialakulo

kepet. Ez a kep hasonlıthat egy rozsdas, minden porcikajabol nyi-

korgo, ingadozo alvanyhoz, amelyet gyakorlatilag semmire sem tudunk

hasznalni, vagy egy jol szervezett szerszam-raktarhoz, amelyben min-

dig megtalaljuk a megfelelo eszkozt es annak segıtsegevel problemakat

10 MIERT MATEMATIKA

oldunk meg, vagy meg inkabb hasonlıthat egy transzcendentalis jatszo-

pajtashoz, akivel jol el lehet szorakozni, akitol/akivel sokat lehet ta-

nulni es aki szukseg eseten bizony komoly bajban is segıt. Termeszete-

sen nem minden diaknak van szuksege erre a jatszopajtasra, vagy

akar a raktarra, az eletveszelyes, kısertetiesen nyikorgo allvanyrol nem

is szolva. A tanarnak igen sok bolcsessegre es vegtelen mennyisegu

talalekonysagra van szuksege, hogy felmerje minden egyes diakjaban a

megfelelo igenyt es olyan tevekenysegeket szervezzen diakjai szamara,

amelynek kovetkezteben minden diak a sajat igenyenek megfeleloen

fejlesztheti keszsegeit. Ez gyakorlatilag, egy matematika orara ertve,

lehetetlen feladat, viszont a tobb even at tarto rendszeres tevekenyse-

gek lehetoseget nyujtanak a sokfeleseg/sokszınuseg megvalosıtasara.

Ebben az egyik legnagyobb segıtseget maga a matematika szolgaltatja,

a maga sokszınusegevel, sokoldalusagaval. Ha megkerdunk 100, 1000

vagy akar 10000 matematikust, hogy ot a matematika milyen jellem-

vonasa ragadta meg, valoszınuleg nagyon kulonbozo valaszokat ka-

punk. Ezek a valaszok gyakorlatilag a matematikanak a matematiku-

sokra eso vetuleteikent foghatok fel. Hasonlo vetuleteket szerkeszt-

hetunk nem matematikusok segıtsegevel is. Peldaul Bohumil Hrabal

a ,,Hogyan erettsegiztem” ırasaban ırja: ,,Az a megkesett erettsegi2,

mint ahogy egyebkent az egesz iskola, ugyanaz volt szamomra, mint

mikor a vonat berobog az alagutba.” Ez amugy a frontalis, ismeretkoz-

lo matematika tanıtas (ilyen peldaul az egyetemi eloadasok nagy resze)

egyertelmu jellemzoje, arrol senki sem tud semmit, hogy mi van az

alagutban, az epıtok miert nem kerultek inkabb meg a hegyet, egyalta-

lan milyen is az a hegy, vagy a kilatas a hegy tetejerol, van-e az

alagutnak mas kijarata, nem jon-e szembol is valami, stb. Talan

erdemes azon is elgondolkodni, hogy mi a magyarazata annak, hogy

ez neha megis mukodik, es mi akadalyozza meg a vonat utasait ab-

ban, hogy a veszfeket meghuzzak. Egy lehetseges valasz Robert Musil

,,Torless iskolaevei” cımu konyveben olvashato: ,,Es a legkısertetiesebb

szamomra a matematikanak az az ereje, amely csakugyan atvisz min-

ket a nem letezo hıdon anelkul, hogy lezuhannank rola.”

2merthogy sajat bevallasa szerint ket evvel hosszabbıtotta meg az ıfjusagat,

vagyis ketszer bukott


Sokak szerint a matematikai gondolkodas nem egyeb, mint a koz-

napi gondolkodas kifinomıtott, megtisztıtott, absztraktizalt koncentra-

tuma, ahol a fogalmak, otletek, tetelek, modszerek szerves egeszkent,

mintegy kristalyszerkezetszeruen illeszkednek egymashoz. Ebben a

rendszerben a kulonbozo strukturak, egyszeru vagy bonyolult mintaza-

tok tulajdonkepp absztrakt muveszi alkotasok. Akarcsak a muveszet-

ben itt is sajatos esztetikai szempontok ervenyesulnek es annak ellene-

re, hogy a matematikaban elvileg minden alkotas megmarad, hosszu

tavon csakis azok erteke emelkedik, amelyek megfelelnek az esztetikai

kriteriumoknak. Erdos Pal szerint ,,az egben Isten vezet egy Nagy

Konyvet, amelyben minden matematikai problema elegans megoldasa

megtalalhato. Ha nem is hiszel Istenben, a Konyvben hinned kell!

Talan az Isten maga a Konyv.” A matematika belso koherenciaja

ugyanakkor avatatlanok elol elzarja mualkotasait es a beavatottsag

merteketol fuggoen ugyanannak az alkotasnak mindig mas es mas ar-

culatat lathatjuk. Ez valami olyasmi, mint amit Salvador Dali Bengali

Tigrisen eszlelhetunk: ha a megfelelo pontbol nezzuk egy bengali

tigris feje latszik a kepen, ha egy mas pontbol nezzuk, harom kınai

arcat lathatjuk, pedig ugyanazt a kepet nezzuk, es amugy az egesz

50 absztrakt kep osszeillesztesekent jon letre. A jelenlegi iskolarend-

szer valahogy ugy mukodik (illetve talan eppen ezert nem mukodik),

mintha nagy reszletesseggel megvizsgalnank az 50 absztrakt kepet

kulon-kulon, anelkul, hogy osszeraknank oket es az egeszet a megfelelo

fokuszpontbol neznenk. Ne csodalkozzunk, hogy ez ıgy nem elvezheto

vagy, hogy a lenyeg a szemnek lathatatlan es akinek egy csepp jozan

esze van, az nem igazan elvezi az iskolat. Sokkal inkabb gyanus, ha

ugy tunik, hogy valakinek ez megfelel. Termeszetesen a tanari munka

egyik feladata, segıtseget nyujtani a reszletek osszerakasaban es meg-

talalni azokat az amugy rettenetesen ritka fokuszpontokat, amelyekbol

valami olyan is lathato, ami elvezheto, ami sokkal tobb a reszleteknel.

Erre a matematika sokkal alkalmasabb, mint barmely mas tantargy,

eppen ezert bun a matematikat ertelmes embereknek az elvezheto

fokuszpontok kiiktatasaval tanıtani. Ne feledjuk, hogy Dali kepe is

milliok szamara elmeny, habar nagyon kevesen kepesek valami ha-

sonlot maguktol osszerakni.

12 MIERT MATEMATIKA

A matematika kulonbozo megjelenesi formait vilagosan el kell kulo-

nıtenunk. Kevesek szamara vilagos, hogy a matematika alapjaban

veve szetvalaszthato EREDMENY-MATEMATIKARA es TEVE-

KENYSEG-MATEMATIKARA. Az eredmeny-matematika a fogal-

mak, osszefuggesek, tetelek, modszerek, algoritmusok, bizonyıtasok

strukturalt tarhaza, mıg a tevekenyseg-matematika valami teljesen

mas. A tevekenyseg-matematika magaba foglalja a matematikusok

kıserleteit, sejteseit, a bizonyıtashoz vezeto ut kitaposasat, a proble-

mak formalizalasat, matematizalasat, modellezeset, absztraktizalasat.

Ugyanakkor a tevekenyseg-matematika tartalmazza a nem matema-

tikusok minden olyan tevekenyseget, amely valamilyen szinten absz-

traktizalast feltetelez. Amikor a cukraszmester kikıserletezi a sajt-

torta receptjet, az is tekintheto matematikai tevekenysegnek, hisz a

visszacsatolasok fuggvenyeben addig valtoztatja az aranyokat, amıg a

kıvant eredmenyt eleri. Ahhoz, hogy mukodesunk alatt a matematikat

hasznalhassuk (vagyis eredmenyesen hajtsunk vegre tevekenysegeket,

amelyek soran valamilyen matematikai jellegu mechanizmust haszna-

lunk) termeszetesen nem art, ha ismerjuk az eredmeny-matematika

megfelelo reszeit (bar a tehetsegesek pontosan abban kulonboznek a

tobbiektol, hogy az eredmeny-matematika olyan reszei is nyilvanvaloak

szamukra, amelyeket sosem tanultak), de alapjaban veve a tevekenyse-

gunket kell vegrehajtanunk. A klasszikus oktatasban altalaban az

eredmeny-matematika elsajatıtasan van a hangsuly, a diakok (nagyon

gyakran analogian vagy korrelacion alapulo) feladat/gyakorlat megol-

dasai neha maximalis joindulat mellett sem nevezhetok matematikai

tevekenysegnek. Egy igencsak komoly problema a tevekenysegek kier-

tekelese, hisz a matematikai tevekenysegek nagyon gyakran vezethet-

nek hibas sejtesekhez, eredmenyekhez. Ettol, meg maga a tevekenyseg

korrekt. Sokkal egyszerubb azt ellenorızni, hogy valaki tudja a masod-

foku egyenlet megoldasara vonatkozo kepletet, vagy sem. Persze, ha

arra vagyunk kıvancsiak, hogy valaki egy teljesen mas strukturaban

eszreveszi-e ugyanazt a megoldokepletet, vagy annak valamilyen ana-

log valtozatat, akkor mar nem annyira egyszeru a helyzet. Matema-

tikus szemmel nezve ugyanis ez jelentene azt, hogy a diak megertette a

megoldokepletet. De az ilyenfajta megertes nem mindenkinek adatik


meg es az egzakt merese sokkal nehezebb, majdnem lehetetlen. Igy

gyakorlatilag csak annyit tudunk merni, hogy a fogalmi kornyezet

megvaltoztatasa nelkul sikerul-e a diaknak alkalmazni az elsajatıtasra

kijelolt ismereteket. Ez olyasmi, mintha a kes hasznalatarol azt tanı-

tanank, hogy almat lehet vele hamozni, es ha valaki ezt tenyleg meg-

tanulta, akkor azt mondanank, hogy tudja a kest hasznalni. Ugyanak-

kor mas oldala is van a dolognak. Ha valaki (akinek van egy kis

tehetsege) igazan megertette, hogy a 3×7 = 21, akkor nagy valoszınu-

seggel ki tudja szamolni a 6 × 8-at is, anelkul, hogy ezt betanulna.

Igy szamara nem lesz teljesen vilagos, hogy miert kell a szorzotablat

megtanulni (vagy esetleg miert nem kell a vonatmenetrendet is min-

den evben bevagni, hisz abban sokkal kevesebb a logika, tehat sokkal

fontosabb lehet a logikailag kulonallo egysegek megjegyzese). Ha osz-

szehasonlıtjuk egy matematikaverseny es egy erettsegi (vagy felevi dol-

gozat) tetelsorat, az elsodleges kulonbseg a megoldashoz szukseges

matematikai tevekenysegen lathato. A felevi dolgozatban vagy az

erettsegin olyan feladatok szerepelnek, amelyeknek a megoldasa az

eredmeny-matematika megfelelo ismeretet feltetelezi, es olyan teve-

kenysegek elvegzeset kerik, amelyek alapvetoen az eredmeny-matema-

tika (nem kifejezetten ujszeru) alkalmazasarol szolnak. A versenyfe-

ladatok eseteben a lenyeg inkabb azon van, hogy a versenyzo mit tud

az altala ismert eredmeny-matematikahoz hozzaadni a versenyen kifej-

tett matematikai tevekenysege soran. Pedig hosszu tavon a technikai

jellegu dolgokat (peldaul a masodfoku egyenlet megoldokepletet, vagy

a parcialis integralast, vagy a binom integralokra vonatkozo Csebisev-

helyettesıtest) a memoria alapfunkcioja (vagyis a felejtes) nagy hate-

konysaggal kiszuri. Az emberek nagy resze az iskolaban tanult dolgok

donto tobbsegere nem emlekszik. Tehat a kotelezo frusztracios gyakor-

latok elvegzese mellett a hosszu tavon beepulo gondolkodasi mechaniz-

musok, magatartasi formak, kommunikacios csatornak magyarazzak a

matematika hosszas tanıtasat. Polya Gyorgy szerint

,,A matematika a gondolkodas egy jo iskolaja. De mi ez a gondol-

kodas? A matematikaban megtanulhato gondolkodas elsosorban az

absztrakciok kezelese. A matematika minden fogalma absztrakcio.

14 MIERT MATEMATIKA

Amikor megoldunk egy gyakorlati feladatot, elobb egy absztrakt prob-

lemat generalunk, majd erre alkalmazzuk az absztrakt ismereteinket. . .

a matematika megertesehez szukseges, hogy kepesek legyunk matema-

tikat csinalni. De mit jelent matematikat csinalni? Elsosorban azt je-

lenti, hogy kepesek kell legyunk matematikai problemakat megoldani.

Igy lenyeges a problemamegoldasi strategiak tanıtasa. Tehat nem csak

az ilyen vagy olyan tıpusu feladatok/problemak megoldasa, hanem egy

altalanos problemamegoldo attitud kialakıtasa a lenyeg.” Errol talan

megfeledkeztek a mi (nap)rendszerunkben? A legtobb szakteruleten

a diakok elobb teljesen elvesztik az esetleg letezo jozan eszuket, majd

azok a kevesek, akiknek ezt sikerul (kello mennyisegu gondolkodassal,

munkaval es tapasztalattal) tullepni elindulhatnak a szakemberre valas

hosszu, keskeny es kacskaringos osvenyen. Arrol szo sincs, hogy a

diakjaink problemamegoldo attituddel rendelkezzenek (egyetem utan

meg egy szuk szakteruleten sem). Igy tulajdonkeppen az iskolaban

szerzett tudas olyasmi, mint a mesebeli hamuba sult pogacsa, amivel

utnak indulnak. Bizonyos szakteruleteken ez hatvanyozottan erezheto,

peldaul az informatika teruleten annyira gyorsan fejlodnek a progra-

mozasi eszkozok, hogy mire egy nyelvbe valaki beletanul, kezdheti

tanulni a kovetkezot. Megis a megszerzett ismeretek biztosıtanak egy-

fajta metatudast, amely elegseges ahhoz, hogy a kovetkezo nyelvben is

eligazodjanak (ez persze lehet egyszeruen az a meggyozodes is, hogy

kepes eligazodni, kepes fejlodni). Ez gyakorlatilag a frusztracio el-

lentete, ami viszont ugyanazokkal a gyakorlatokkal szerezheto meg. Az

ilyen jellegu metatudas mindenfele tanıtas alapveto celja. A tapaszta-

lat azt mutatja, hogy az ilyen fajta metatudas gyakran teves es ez a

palyavalasztast igen kedvezotlenul befolyasolja. Peldaul olyanok jelen-

nek meg az egyetem matematika karan, akiknek sem elokepzettseguk,

sem hajlamuk/adottsaguk nincs a tanıtashoz vagy a matematikahoz,

az orvosin olyanok, akik az elso boncolasnal elajulnak es menekulnek

a karrol, a fizika vagy kemia karon olyanok, akiknek sem gyakorlati

erzekuk nincs, sem alapveto matematikai felkeszultseguk, a kozgazda-

sag karon olyanok, akiknek egy grafikon semmivel sem mond tobbet,


mint egy veletlenszeruen generalt adatsor, es a felsorolas nagyon hosz-

szu. Ezt a jelenseget sulyosbıtja a szelekcio (felveteli) hianya. Min-

dez azt mutatja, hogy az egyik hosszu tavu cel a vilagban valo eliga-

zodasra, mozgasra valamint onmagunknak a vilagban valo elhelyeze-

sere vonatkozo metatudas megszerzese. Minden tanarnak nagy fela-

data nem tevutra vezetni a diakjait3. Ehhez persze oda kell figyelni

diakjainkra, szemunkkel, fulunkkel es eszunkkel, kulon-kulon mind-

egyikre es minden emberi lenynek kijaro maximalis tiszteletet, nyi-

tottsagot kell tanusıtanunk irantuk.

Eszterhazy Peter ırja ,,De a matematika nem valami tavoli erthe-

tetlenseg, amelyhez kulon esz kene, ugyanavval az (egy szal) eszunkkel

kozelıtunk a regenyhez, mint ohozza. A matematika is a letezesunkrol,

annak gazdagsagarol ad hırt. Mindig ugyanarrol beszelunk, hol

Flaubert, hol Bolyai, hol Pilinszky, hol Godel hangjat halljuk. Ha

fulelunk.” Vigyazzunk, a mi hangunk sose legyen hangosabb, mint a

matematika suttogasa.

3a hamis sikerelmeny es a hamis frusztracio egyarant HAMIS

16 MIT TANITSUNK ES MIT NE TANITSUNK

Mit tanıtsunk es mit ne tanıtsunk?

Elobb talan idezzunk fel nehany velemenyt az oktatasrol, a mate-

matika oktatasarol es kozben ne feledjuk a matematikaoktatas hosszu

tavu celjait:

,,Az oktatas celja helyettesıteni egy ures elmet egy nyitott tudat-

tal” (Malcolm Forbes)

,,Meg azt sem szabad raeroszakolnom masra, ami neki hasznos

lenne. Azoknak ugyanis, akik eszuk hasznalataval bırnak, szabad

valasztasi lehetoseget kell biztosıtani arra nezve, hogy mi hasznos es

mi nem hasznos nekik.” (Huig van Groot)

”All human cognition begins with intuitions, proceeds hence to

conceptions, and ends in ideas.” (Kant) Let me translate this saying

into simpler terms. I would say, ,,Learning begins with action and

perception, proceeds hence to words and concepts, and should end in

good mental habits.” This is the general aim of mathematics teaching

– to develop in each student as much as possible the good mental

habits of tackling any kind of problem.(Polya Gyorgy)

Ezek a celok a rendszer belsejebol nezve. A kivitelezes alapjan egy

kulso szemlelo inkabb azt gondolhatna, hogy

,,Az oktatas celja: Eloidezni azt a leheto legnagyobb merteku neu-

rozist, amit az egyen osszeroppanas nelkul kibır.” (W. H. Ande)

A valodi es hiteles celok onmagukban nem szabjak meg egyertel-

muen a tanıtas tartalmat es menetet, ezt mindig befolyasolja a celko-

zonseg is. A tanarnak pontosan fel kell mernie a celkozonseg igenyeit

es kepessegeit, majd hosszu tavon alakıtania/formalnia is kell azt, an-

nak erdekeben, hogy diakjai az onmegismeres osvenyen araszolgatva

kepesek legyenek az utjukba kerulo akadalyokkal megbırkozni. Ez

nagyon nehez feladat, hisz nagyon sok diak gyakran inkabb kikerulne

az akadalyt, akar annak aran is, hogy az osvenyrol leter. Ezert alapte-

vekenysegkent ra kell szoktatni a diakokat az onmagukkal vıvott harc-

ra es tudatosıtani kell bennuk, hogy ez a harc a kimeneteletol fugget-

lenul fontos. Nem lenyeges sem a sikerelmeny, sem a kudarc, vannak

harcok, amelyeket meg kell vıvni. Ebbol a szempontbol a tehetseges


diakok sokkal rosszabb helyzetben vannak, mint a kevesbe tehetsege-

sek, szamukra mas a harc jellege es masok az eszkozok/helyzetek,

hisz az ami a tobbiek szamara problemahelyzet, nekik gyakran trivi-

alitas. Ez egyertelmuen azt vonja maga utan, hogy az orak tartalmat

ugy kell kalibralni, hogy mindenki megtalalja benne a maga kihıvasat

(ez a jobb diakok eseten akar az is lehet, hogy turelmesen kepesek

legyenek odafigyelni a tobbiekre es segıteni oket, persze anelkul, hogy

felsobbrenduseguk alerzetet taplaljak).

A tananyag kulonbozo reszei korantsem azonos fontossaguak. Vi-

gyaznunk kell arra, hogy a hosszu tavon fontos keszsegek (szamolas,

szovegertes, analizalo-, szintetizalo keszseg, stb) kialakıtasat es gya-

korlasat ne hagyjuk abba, mielott ezek tenylegesen operacionalisakka

vallnak (az egyetemi hallgatok nagy reszenel a szamolasi, szovegertesi,

fogalmazasi, analizalasi, szintetizalasi keszseg meg mindig nem opera-

cionalis, sot sokaknal az ıraskeszseg sem). Ennek oka az, hogy ezeket a

keszsegeket elkezdtek fejleszteni es a fejlesztesuknek kedvezo periodu-

sokban nem szantak ra kello idot/energiat illetve nem fejlesztettek

operacionalis szintre, egyszeruen abbamaradt a tovabbfejlesztes (vagy

a tanterv felepıtese folytan vagy mert a tanar ugy gondolja, hogy nem

az o dolga, ezt mar kellene korabban tudni). A tartalmak kivalasztasa

soran mindig adjunk lehetoseget a keszsegfejlesztesre, es folyamatosan

ellenorizzuk is a keszsegek fejlettsegi szintjet (ne feledkezzunk meg

arrol, hogy a legtobb keszseg nem onmagaban mukodik hatekonyan,

hanem akkor ha valamilyen bonyolultabb tevekenysegbe integralodik).

A tantervek igen gyakran tartalmaznak logikai uroket, operacio-

nalis szinten elokeszıtetlen problemakat. Ilyenkor a tanar feladata

az urokbe bevilagıtani, diakjai szamara megtanulhatova alakıtani a

tananyagot.

Amit tanıtunk, altalaban nem az, mint amit megtanulnak tolunk

es ennek a massagnak tobb kulonbozo szintje van. A diakok nagyon

gyakran vesznek at viselkedesi, kommunikacios modelleket tanaraiktol

anelkul, hogy valamit is megtanulnanak abbol, amit a tanar tanıt.

Ezert fontos tanarkent megerteni, hogy a tananyag tartalma, csak

a hab a tortan, a torta valojaban sok minden egyebet tartalmaz.

Termeszetesen a metakommunikacio es a metatanıtas nagyon nehezen


kvantifikalhato, tervezheto, megis tudatosıtanunk kell magunkban a

tanıtas ezen csatornait. Ennek gyakran az a kovetkezmenye, hogy

sajat magunkon kell valtoztatnunk, annak erdekeben, hogy valamit

megtanıthassunk. Emlekezzunk Lao-Ce tanıtasara (Tao Te King, Az

ut es ereny konyve): Aki masokat ismer: okos, Aki magat ismeri:

bolcs. Aki masokat legyoz: eros, Aki magat legyozi: hos.

Van, amit lehet tanıtani es van, amit nem. Ez valami olyasmi, mint

amit Wittgenstein fogalmazott meg a Tractatus Logico Philosophi-

cus cımu alapmunkajaban: ,,Amirol beszelni lehet, arrol egyszeruen is

lehet beszelni. Amirol nem lehet beszelni, arrol hallgatni kell.” Arrol

Wittgenstein semmit sem mondott, hogy az egyszeru beszed men-

nyi energiat igenyel, de erre talan Nemes Nagy Agnes A formatlan

verseben talalunk utalast: ,,A formatlan, a veghetetlen. Belepusz-

tulok, mıg mondatomat a vegtelenbol elrekesztem.” Nem egyszeru,

kulonosen ha ezt az elrekesztest Szilagyi Domokos sorainak ertelmeben

gondoljuk: ,,Csak az igaz, ami vegtelen, Minden veges megalkuvas,”

talan csak azert van egyaltalan eselyunk, mert ,,Ahol a szabadsag a

rend, mindig erzem a vegtelent” (Jozsef Attila: Toredek).

A tanıtas soran neha az is igaz, hogy amirol nem lehet hallgatni,

arrol beszelni kell. Ennek imperativusza teljesen felborıthatja az elo-

tervezett orakat es kulonosen kezdo tanar alol eltuntetheti a talajt,

akkor is, ha tudataban van annak, hogy az oraterv sokkal inkabb azert

keszul, hogy legyen amit menetkozben valtoztatni, amitol elterni, mint

azert, hogy ezt kovesse az ora menete. A miertek leggyakrabban

ehhez a kategoriahoz tartoznak, ezert fontos, hogy ne csak arra legyen

idonk, hogy a Lagrange-tetelt igazoljuk es alkalmazzuk, hanem arra

is, hogy szemleletesen egy csapasra belassuk es ez alapjan kiderıtsuk,

hogy miert van szukseg a feltetelekre, miert mukodik a bizonyıtas stb.

Sokan esnek abba a hibaba, hogy sok idot es energiat fordıtanak a

diakok oktatasara plusszorak bevezetesevel es egyeb felkeszıtokkel. Ez

tulajdonkepp szajbaragas es annak remenyeben zajlik, hogy ıgy majd

sikerul a dolgokat megtanıtani, a reszleteket kitisztazni, az osszefugge-

seket megvilagıtani, stb. Ez az elgondolas teves. Mi lenne, ha a

szıneszek visszahıvnak a kozonseget a darab utan 3 oraval, hogy a


meg nem ertett reszeket (vagy azokat, amelyekrol a szıneszek azt gon-

doljak, hogy nem volt elegge jol eloadva) ismet elmagyarazzak? A

tanıtas nem tudomany, hanem muveszet, meghozza eloadomuveszet,

ıgy minden eloadas orok ervenyu, megismetelhetetlen. Sokan esnek

abba a tevedesbe, hogy ugyanazt a dolgot inkabb tobbszor elma-

gyarazzak. Ez neha hasznos is lehet, de nagyon gyakran, kulonosen

azok szamara, akik nem ertik az elso magyarazatot, vagy esetleg nem

tudjak elkulonıteni a kulonbozo magyarazatokat, sokkal zavarobb a

sok magyarazat. Igen gyakran a dolgok melyebb megertesere iranyulo

magyarazatok csak egyre nagyobb kaoszt okoznak a diakok fejeben

(es persze unalmasak azoknak, akik amugy is ertik). Talan Maurer

Gyulatol szarmazik az a mondas, hogy a jo tanar fel ora alatt tobbet

tud mutatni diakjainak, mint a rossz tanar egy ora alatt (vagy akar

egy ev alatt). Ennek ervenyessege ellen sokan tiltakoznak, de gondol-

juk vegig, hogy egy atlagos 10-14 vagy akar 18 eves diak hany percig

kepes figyelni/koncentralni. Ritka az a kivetel, aki tenylegesen oda

tud figyelni 50 percet, tehat egyszeruen a jo tanarnak csak ki kell

hasznalnia az oranak azt a reszet, amikor a diakok figyelnek is (pon-

tosabban el kell ernie, hogy arra figyeljenek, amire szeretne). Ha ezt

nem sikerul elernie es a koncentralas melyseget nem tudja a szukseges

szintig fokozni, akkor barmennyire igyekezhet, csak indokolatlanul sok

tobbletido alatt erheti el a kıvant eredmenyt. Ne feledjuk, hogy a sok,

sem tananyagbol, sem magyarazatbol, nem tobb.

Nagyon sok tanar a tananyagnak azokra a reszeire koncentral, ame-

lyek konnyen merhetok (kepletek, algoritmusok, megoldasi modszerek)

es igen nagy mertekben elhanyagolja azokat az aspektusokat, ame-

lyek nehezen merhetok. Ennek termeszetesen van valamennyi logikus

alapja, ugyanis a legtobb vizsgan az ilyen reszek vannak tulsulyban.

Csakhogy ilyenkor nem a logika (es annak semmikeppen nem a vegle-

tekig leegyszerusıtett formaja) a legjobb kriterium. Kepzeljuk, hogy

minden tanarhoz hozzarendelunk egy meroszamot, amely azt fejezi ki,

hogy a tanıtvanyai kozul hanyan valasztottak olyan szakmat, ahol a

matematikat hasznalni kell. Pilinszky Tronfosztas versehez hasonloan:

,,Tablara ırva nyakadba akasztjuk torteneted,” vagyis mondjuk ezt

kapja nyugdıjazasi emlekplakettkent. Erdekes modon rengeteg olyan


tanart talalnank, akik ,,jo tanar”-kent vannak elkonyvelve az iskolaban

vagy a tagabb/szukebb kornyezetukben, viszont ez a szam nagyon kicsi

lenne. Ugyanakkor talalnank olyanokat, akik kevesbe jonak vannak

elkonyvelve, de a vegso szamadasnal messzemenoen jobb eredmenyuk

van, es persze talalunk olyanokat is, akiknek mindket konyveles ugyan-

azt mutatja. Akinek a ket szamadas ugyanazt mutatja, az valoszınuleg

ugyanazokat az emberi ertekeket kozvetıti az orain is, mint mashol,

akinek viszont az emlekplakett nagyobb szamot tartalmaz, mint amire

a kozonseg tapsa alapjan szamıtani lehetne, az nagyon valoszınu, hogy

a tantargyanak valami sokkal melyebb es sajatosabb latasmodjat koz-

vetıtette, mint ami a felszınen erzekelheto. Vegul pedig vannak, akik-

nek kijar a kozonseg tapsa, de kicsi a plakettre ırt szamuk. Ok a

szınjatek bohocai. Sok tapsot kapnak, akarcsak a cirkuszban a bohoc,

de alapjaba veve keveset mutatnak. A tanari munkanak ezen a vegso

hatekonysagi tesztjen sokan buknak nagyot. Mielott barmit is tanıta-

nank, talan erdemes elgondolkodni ezen a vegso felmeresi lehetosegen.

Ha az elmult 8-10 evre vonatkozoan elkeszıtenenk ezt a szamlalast

az erdelyi magyar iskolakban, akkor ezt a listat minden bizonnyal

Balazs Vilmos (Szekelyudvarhely) es Farkas Miklos (Segesvar) vezetne

(es persze sokan lennenek hasonloan magas pontszammal). Ez egyer-

telmuen azt jelenti, hogy nekik sikerult valamit olyat, lenyegeset at-

adni, amire sokaknak eselyuk sem adodik, es amit masok esetleg a

lehetoseguk ellenere sem kepesek.

Az elso didaktikarol szolo atfogo munka Jan Amos Komensky-

tol, vagy kozismert latinosıtott neven Johannes Amos Comeniustol

szarmazik, latin nyelven 1657-ben jelent meg Amsterdamban (a cseh

nyelvu valtozat 1628-1632 kozt keszult). Comeniusrol erdemes megje-

gyezni, hogy a radikalis huszitak utolso puspokekent menekulni keny-

szerult Csehorszagbol es I. Rakoczy Gyorgy fejedelem tamogatasat

elvezve Sarospatakon is tevekenykedett (1650 es 1654 kozt). Eszmei es

tevekenysege erezheto nyomokat hagyott a magyar iskolarendszeren is.

Az iskolarendszer szerkezetere vonatkozo elkepzeleseit napjainkban is

alkalmazzuk, a tanıtasban ervenyesıtett elgondolasai (ciklicitas, szem-

leletesseg stb.) mai napig szervezesi/kivitelezesi alapelvkent hasznal-

juk. A tanıtas/tanulas leırasara sok parhuzamot, hasonlatot hasznalt,


leggyakrabban a termeszet fejlodesevel, vagy egy epıtmeny felepıte-

sevel vont parhuzamot. Az altala leırt hasonlatok nagy resze ma mar

a koztudat reszet kepezi. Az egyik ilyen hasonlat ertelmeben elobb

az alapokat kell szilardan lerakni (akarcsak a hazepıtesnel), aztan a

fobb alapelvek (tartofalak) kovetkeznek, majd az ismeretek kulonbozo

szintjeit lehet ezekre epıteni. Ez a hasonlat bizonyos feltetelek mellett

teljesen rendben van, csakhogy idokozben az epıtkezesi technologiak-

hoz hasonloan a tanulasi strategiak is valtoztak. Gondolom, mindenki

latott konnyu femszerkezetre epıtett nagyaruhazat, vagy gorgokre il-

lesztett foldrenges elleni vedelemmel ellatott lakohazat. Ha ezeknek a

kivitelezeset is megfigyeljuk, lathatjuk, hogy gyakran masfajta strate-

gia ervenyesul. Van amikor nehany tartooszlopra elobb egy konnyu

tetoszerkezet kerul, majd alatta neha fentrol lefele epulnek a szin-

tek. Ugyanez tapasztalhato a belteri kivitelezesnel is. Gyakran elobb

elkeszul a mennyezet, aztan az oldalfalak, majd vegul a padlo burko-

lata es mindez termeszetes modon a munkafazisok logikus sorrendjenek

kovetkezteben. Hasonlo technologiai valtasra helyenkent a tanıtasban

is szukseg van. A kizarolag lentrol felfele torteno epıtkezesben ugya-

nis nagyon gyakran nem lathato a terv, nem erezhetok a miertek,

a motivaciok (pontosabban ezek nem belso igenykent, hanem kulso

adalekkent jelennek meg). Igy indulasbol nem ervenyesulhet a reszt-

vevok kreativitasa, kombinacios keszsege, nagyon kevesen vallhatnak

motivaltakka stb. Mindezekbol az kovetkezik, hogy a tartalmak kiva-

lasztasa soran a motivaciok/indıtekok tisztazasa erdekeben vagy egy-

szeruen csak a dolgok pontosabb behatarolasanak/megertesenek ked-

veert oda kell figyelnunk azokra a fontos matematikai jelensegekre,

problemakra, amelyek a hatterbol hatva meghatarozzak a tevekenyse-

gunk szerkezetet. Ez termeszetesen nem azt akarja jelenteni, hogy

a nagy prımszamtetelt a hatarertek fogalmanak ertelmezese elott je-

lentsuk ki (formalisan korrekt modon), hanem azt, hogy a hatarertek

bevezetese elott vizsgaljunk olyan problemakat, ahol az aszimptotikus

viselkedes lathato, erezheto, esetleg az aszimptotikus viselkedes tanul-

manyozasa egyszeru, kezzelfoghato problemabol ered. Az ilyenfajta

tartalmak megkeresese neha nagyon nehez, viszont hosszu tavon sokkal

tobb hasznot hoz, mint elore sejtenenk. Emlekezzunk Antoine de


Saint-Exupery soraira: ,,Ha hajot akarsz epıteni, ne azzal kezd, hogy a

munkasokkal fat gyujtetsz, szo nelkul kiosztod kozottuk a szerszamo-

kat, es ramutatsz a tervrajzra. Ehelyett eloszor keltsd fel bennuk az

olthatatlan vagyat a vegtelen tenger irant.”

Az epıtkezeses hasonlat kapcsan talan erdemes meg egy vetuleten

elgondolkodnunk: ha a matematika tanıtasa/tanulasa egy epulet fel-

epıtesehez hasonlıt, akkor ehhez az epulethez a matematika a szukseges

teglakat szolgaltatja, de a kotoanyag a diak es a tanar egyuttes munka-

janak eredmenye (bar a tanari munka, akarcsak a betonbol a vız,

elparolog). Ugyanakkor a belter kialakıtasa, otthonossa es funkciona-

lissa tetele mindenkinek egyeni feladata. Senki sem rendezheti be

(otthonosra es funkcionalisra) a mas lakasat, esetleg mutathat elmesen

mukodo, otletes megoldasokat a kulonbozo problemakra.

A tanari munkat (es a tanıtashoz szukseges koncentralasi szin-

tet) sokkal inkabb hasonlıthatjuk egy pilota munkajahoz. A pilotanak

ugyanis egyszerre tobb (20-30) muszerre is figyelnie kell es az o donte-

seinek, cselekedeteinek kovetkezteben a gep felszall, repul, majd biz-

tonsagban leszall, meghozza az elore meghatarozott celpontra (ha-

csak nincs valami veszelyezteto korulmeny, ami miatt biztonsagosabb

mashol landolni). Erre a pilota mindenekelott a ratermettseget, felke-

szultseget, tudasat, es nyugalmat hasznalja.


Hogyan tanıtsunk?

Kutatasok igazoljak, hogy a diakok leginkabb az analogias es kor-

relacios tanıtasra reagalnak. Az analogias tanıtas azt jelenti, hogy

egy par megoldott feladat, pelda alapjan probalnak meg az anyagban

eligazodni, anelkul, hogy a fogalmakat, teteleket kitisztaznak maguk-

ban. Ez a strategia termeszetesen hasznos es nagyon sok helyzetben

elegseges is, de kizarolagos hasznalata hosszu tavon katasztrofalis.

Gyakran egy pelda sokkal tobbet arul el, mint egy tucat tetel bi-

zonyıtasa. Ezert a peldak es megoldott feladatok kivalasztasa soran a

tetelek/fogalmak minel tobb aspektusat tartsuk szem elott. Lehetoleg

ne csak peldakkal, hanem ellenpeldakkal, jol alcazott kakukktojasokkal

is fuszerezzuk tevekenysegeinket, hogy a peldak/feladatok alapjan le-

hessen kitisztazni az esetleges felreerteseket. Mindig elemezzuk utolag

is a megoldast, az alternatıv megoldasi otleteket, tanulsagokat, stb.

A reszletekben nemcsak az ordog rejtozik, hanem gyakran a megoldas

lenyege is. Termeszetesen a tanaron mulik, hogy oran mi bujik elo a

reszletekbol. A korrelacios tanıtas azt jelenti, hogy a feladat meg-

fogalmazasa alapjan probalunk olyan modszert/tetelt/fogalmat fel-

hasznalni, amely (a korabbi tapasztalatok alapjan) szoros korrelaci-

oban van az adott elemekkel (peldaul, ha a feladatban egy n-ed foku

polinom gyokeire kell kiszamolni egy szimmetrikus kifejezest, akkor

nagyon gyakran a Viete osszefuggeseket hasznaljuk). Ez a strategia

szinten nagyon hasznos, de buktatokat is tartalmazhat (lasd a 4.2

feladatot). A teljes kephez a hamis korrelaciok, az ures korrelaciok

is hozzatartoznak, sot erdemes olyan helyzeteket generalni, amikor a

korrelacios gondolkodas tevutat eredmenyez. Ne feledjuk, hogy sem-

milyen strategia nem helyettesıti a gondolkodast, a legjobb strategia

is haszontalan, ha nem a megfelelo helyen alkalmazzak.

Vizsgaljuk meg, miert olyan nehez a heurisztikus gondolkodas,

problemamegoldas tanıtasa. Ehhez talan erdemes felelevenıtenunk a

problemamegoldas Polya-fele alapelveit.

1. A FELADAT MEGERTESE: Mit keresunk? Mi van adva?

Mit kotunk ki? Rajzolj abrat! Vezess be alkalmas jelolest!

Valaszd szet a kikotes egyes reszeit!

24 HOGYAN TANITSUNK

2. TERVKESZITES: Keressel valami hasonlo, mar megoldott

feladatot/peldat! Ha nem boldogulsz a kituzott feladattal,

probalkozz eloszor egy rokon feladattal! Nem tudnal kigon-

dolni egy konnyebben megkozelıtheto rokon feladatot? Egy

altalanosabb feladatot? Vagy egy specialisabbat? Vagy egy

analog feladatot? Nem tudnad megoldani legalabb a feladat

egy reszet?

3. TERV VEGREHAJTASA: Ellenorizz minden lepest, amikor

vegrehajtod tervedet! Bizonyos vagy benne, hogy a lepes

helyes? Be is tudnad bizonyıtani, hogy helyes?

4. A MEGOLDAS VIZSGALATA: Nem tudnad ellenorizni az

eredmenyt? Nem tudnad ellenorizni a bizonyıtast? Nem

tudnad maskeppen is levezetni az eredmenyt? Nem tudnad

az eredmenyt egyetlen pillantasra belatni? Nem tudnad al-

kalmazni az eredmenyt vagy a modszert valami mas feladat

megoldasara?

Ezek az elvek mindenfele vita folott allnak. Az egyetlen problema,

hogy a mai fogyasztoi tarsadalmunkban egyre kisebb kozonseg erdeklo-

dik utanuk, es ennek nagyon kis resze valik vasarlova, illetve egy majd-

nem elhanyagolhatoan kis resze lesz a felhasznaloja. Ez persze a fo-

gyasztoi tarsadalomban teljesen nyilvanvalo jelenseg. Ha mondjuk az

autopiacot tekintjuk, lathatjuk, hogy minel jobb egy auto, minel tobb

gondot fordıtottak az elkeszıtesere, annal dragabb es ıgy a tarsadalom

egyre kisebb resze valik a felhasznalojava (tevedes ne essek, a legtobb

Mercedes vagy BMW ebben a rangsorban nagyon kozepszeru, egy

Lamborghinihez vagy Rolls Roycehoz viszonyıtva). A legtobb koznapi

problema megoldasahoz masfele strategiakat hasznalunk (vagy lega-

labbis az absztrakcionak mas szintjen hasznaljuk oket). Ha elromlik

a DVD-lejatszom, eszembe nem jut megerteni, hogy miert nem megy,

abrat keszıteni, szetszedni darabokra, hogy aztan majd megprobaljam

osszerakni. Egyszeruen ellenorzom a szavatoltsagi idejet, elviszem

egy specializalt muhelybe, vagy esetleg kihajıtom es veszek masikat.

Valoszınuleg teljesen eszementnek nyilvanıtana a kornyezetem, ha a

Polya-fele problemamegoldasi elveket alkalmaznam ebben az esetben


es addig vizsgalnam az analog problemakat (mondjuk mas meghibaso-

dott DVD-lejatszokat), amıg megtalalnam a megoldast. Pedig alapja-

ban veve ugyanazokat az elveket alkalmazom, csak mas szinten. Elobb

megertem a problemat (ami nem csak az, hogy a DVD elromlott,

hanem az is, hogy keptelen vagyok megjavıtani), aztan tervet keszıtek

(ellenorzom a szavatoltsagot, mert akkor esetleg kicserelik, keresek

egy muhelyt es ha esetleg tul sokba kerulne a javıtas, akkor inkabb

elhajıtom es egy ujat vasarolok, aminek egy ideig ismet ervenyes a sza-

vatoltsaga), vegrehajtom a tervet (nem foltetlenul az elso muhelybe

viszem stb., tehat a tervet kivitelezes kozben ellenorzom) es vegul

kiprobalom a megjavıtott lejatszo osszes funkciojat (mar amiket is-

merek es hasznalok). Ezek a lepesek tehat egyertelmuen a Polya-fele

alapelvek megfeleloi. Sajnos az iskolai oktatasban szereplo feladatok

jellege (es sokszor a tanar is) azt koveteli, hogy inkabb vizsgaljunk ha-

sonlo DVD-lejatszokat addig, amıg megvilagosodunk es nehogy velet-

lenul eszrevegyuk, hogy mi a tulajdonkeppeni problema. Ezt egyszeru-

en ugy erik el, hogy korlatozzak a fogalmi, kommunikacios, tevekenyse-

gi keretet. Ezt a korlatozast van, aki elfogadja es van, aki nem, van

aki erti, es gyakran akad olyan, aki nem is akarja erteni.

Sok diakban egyaltalan nem alakul ki olyan absztrakcios szint,

amely egy kicsit is bonyolultabb feladatok eseten lehetove tenne a

strategia alkalmazasat. Az o feladatmegoldoi algoritmusa valahogy a

kovetkezokeppen nez ki:

1. Nezz korul, hatha talalsz valakit, akinek mar meg van oldva!

2. Ha nem talaltal, akkor keress valakit, aki mar erti a feladatot

es esetleg latott hasonlot! Esetleg keress valakit, aki meg

tudja oldani!

3. Oldasd meg a feladatot!

4. Teszteld a megoldast, esetleg modosıtsd egy picit! Probalj

hibat talalni a mas altal elvegzett munkaban!

Ez a strategia kulonben az informatikaban nagyon gyakran bevalik.

Ha ugyanazt a feladatot kapja 30 − 40 diak4 (es a feladat jellegenel

4ez helyi viszonyokra ervenyes, a vilagon sok helyen ezert egyertelmuen komoly

buntetes jar es persze sok diaknak eszebe nem jutna ezt ıgy csinalni

26 HOGYAN TANITSUNK

fogva nem alkalmas arra, hogy ugyanennyi kulonbozo algoritmussal

oldjak meg), akkor a diakok nagy resze valamilyen szinten megprobalja

kikerulni a tervezes/algoritmizalas feladatat es inkabb egy mar megol-

dott feladatot alakıt at (legjobb esetben meg is ertve, hogy az mit

csinal).

Ugyanakkor ne feledkezzunk meg arrol sem, hogy a fogyasztoi

vilag reklamhadjarata valami teljesen mas megoldasi strategiat su-

gall (es erre is van berendezkedve). Az analogia jobb megertesenek

erdekeben talan kepzeljuk el, hogy vasarolunk egy termeket (peldaul

egy gozelszıvot) es a problema ennek beuzemelese.

1. Vasarold meg a termekhez jaro kellekeket (amelyek gyakran

tobbfele szerelest is lehetove tesznek, de elofordulhat, hogy

eppen azt nem, ahogyan te szeretned)!

2. Vasarolj tobb hasonlo keszuleket, esetleg ugyanabbol tobbet

(1+1=112

akcio van)! Olvasd el a hasznalati utasıtast, majd

ennek ertelmeben hıvjal szakkepzett szerelot!

3. Szereltesd fel a keszuleket, folyamatosan ellenorizve a szerelo

minden lepeset (merthogy konnyeden elofordulhat, hogy a

szomszed lakasba szeretne a kivezetocsovet atvinni)!

4. Teszteltesd le a felszerelest egy masik szerelovel (aki majd

megmondja, mit tevedett az elso), majd kapcsold be a keszu-

leket.

Az elobbi felsorolasokkal csak azt szeretnem kihangsulyozni, hogy NE

feledjuk, sok diakunk rendelkezhet teljesen mas (vagy mas szintu) fe-

ladatmegoldoi strategiaval, ezert a tanarnak nagyon sok energiajaba

kerul ellenorizni a feladatok egyeni megoldasat (kulonosen az olyan

feladatoknal, ahol a megoldas lepesei tobbe kevesbe egyertelmuek),

kivedeni az esetleges kibuvokat es biztosıtani a hosszu tavu fejlodest.

Ugyanakkor a tanar sajat tevekenysegeivel, magyarazataival maga mu-

tatja be a sajat problemamegoldo algoritmusait es a ,,bort iszik es vizet

predikal” magatartas eleve kudarcra van ıtelve. A tanıtas alapjaban

veve energia atadas, ezert a kenyelem a tanarnak sosem adatik meg,

esetleg a diaknak.

A matematika megertesenek lepeseit talan Saunders Mac Lane fo-

galmazta meg a legegyszerubben: ,,intuıcio, proba, hiba, spekulacio,


sejtes, bizonyıtas: egy sorozat a matematika megertesehez.” Ezt pon-

tosabban megerthetjuk, ha a sorozatot elhagyjuk (ez ugyanis feltetelezi

a tagok sorrendjet) es ezekre a lepesekre ugy gondolunk, mint egy

teljes graf csucsaira, vagyis a lepesek kozt tetszoleges atkapcsolasok

lehetsegesek (elofordulhat, hogy valaki egy tevekenysegben csak az

intuıcio → sejtes → bizonyıtas lancot hasznalja vagy epp a bizonyıtas

→ sejtes → bizonyıtas lancot).

1.1. Abra. A matematika megertese

Mac Lane meglatasabol ket alapveto kovetkezmenyt szeretnek meg-

fogalmazni. Az elso, hogy a problemamegoldas onmagaban semmit

sem er, ha nem aktivalja a felsorolt lepeseket (amikor lehetseges) es a

masodik, hogy a

. . . bizonyıtas → bizonyıtas → bizonyıtas → . . .

sorozat nagyon ritkan eredmenyezheti a megertest (esetleg ritka kıvete-

leknel) es ezen az sem segıt, ha ket bizonyıtas koze ertelmezeseket es

peldakat iktatunk.

Sokak szerint a matematika fogalmakat, ertelmezeseket, teteleket,

bizonyıtasokat tartalmaz (es persze sokan eszerint is tanıtanak). Ez

ugyan helyes, de korulbelul olyan, mintha azt mondanank, hogy az

auto femet, muanyagot es gumit tartalmaz. Valojaban eszrevetelek/

otletek/elkepzelesek/almok az alkotoelemek, az ertelmezesek, bizonyı-

tasok, tetelek csak ezeknek az egybeszervezett megjelenesi formaja

28 HOGYAN TANITSUNK

(amelyekrol az evszazadok soran kiderult, hogy hatekonyan kepesek

bizonyos problemakat megoldani, akarcsak az auto alkatreszei). Az

oktatas soran (ha van erre partner) jo lehet nem megfeledkezni errol.

Ez nagymertekben hozzajarulhat ahhoz, hogy a kulonbozo otletek

erteket erezzuk es felfogjuk, mennyi otletre/munkara van szukseg egy-

egy konkret feladat megoldasahoz. Talan sikerul megertenunk mire is

gondolt Edison, amikor azt mondta, hogy ,,a zsenialitas/siker 99% iz-

zadsag es 1% ihlet.” Termeszetesen mindehhez hozzatartozik Schopen-

hauer gondolata (amely valamilyen modon sajat magara is vonatko-

zik): ,,A gondolatok meghalnak, amikor szavakba foglaljuk.” Hasonlo

a helyzet az otletekkel is, amelyek mukodokepesse teszik a bizonyıtaso-

kat. Richard Feynman ırta: ,,A matematika konyvek nagy resze tele

van ertelmetlenseggel, gondosan es pontosan ertelmezett szavakkal,

amelyeket matematikusok hasznalnak a legkifinomultabb es legbonyo-

lultabb gondolatmeneteikben, es senki mas nem hasznalja oket. A be-

szedben a tenyleges problema nem a nyelvezet pontossaga, hanem an-

nak tiszta es vilagos volta.” Ez vonatkozik a tankonyvekre is es az orai

tevekenysegek nyelvezetere is. A konyveknek mentsegukre szolgalhat,

hogy precizitas hianyaban tobb kart okozhatnak, mint amennyi hasz-

not, a matematika orak eseteben viszont nincs mentseg, a cel nem a

precizitas, hanem a jelensegek/problemak megertese es a megoldasok

megkeresese. Ha az orai tevekenyseg nem ad hozza semmit a leırt

valtozathoz (tankonyv/jegyzet), akkor folosleges a tevekenysegre idot

pazarolni. Fontoljuk meg Goethe sorait:

,,Is it life, I ask, is it even prudence,

To bore thyself and bore the students?”

Johann Wolfgang von Goethe

es emlekezzunk William Arthur Ward szavaira: ,,A kozepszeru tanar

magyaraz. A jo tanar indokol. A kivalo tanar demonstral. A nagysze-

ru tanar inspiral.”

Matematikus szemmel nezve az iskolaban tanıtott matematika egy-

altalan nem problemacentrikus es meg kevesbe jelensegcentrikus.


Gondolkodjunk el egy nagyon egyszeru probleman (ami a mi szamunk-

ra mar nem is problema) peldaul ket szam osszegenek (vagy szorzata-

nak) a kiszamıtasan. Hogyan oldottak ezt meg ezer evvel ezelott,

es hogyan oldjuk ezt meg ma? Az elemi iskolaban mar tanıtjuk a

helyiertekes abrazolasmodon alapulo osszeadasi es a szorzasi algorit-

must, de kesobb ezekre egyaltalan nem terunk vissza, nem hozunk

letre olyan problemaszituaciokat, amelyekben hasonlo algoritmusokat

lehetne felfedeztetni. Termeszetesen nem varjuk el a masodik osztaly-

ban, hogy felfedezzek a helyiertekes abrazolast es a szorzasi algorit-

must, de 7. vagy 8. osztalyban a diakoknak olyan jellegu problemakat

kell megoldaniuk, amelyek nem egyszerubbek az osszeadasi algorit-

musnal es 10. vagy 12. vegen mar a szorzasi algoritmus bonyolultsa-

gaval rendelkezo feladatok megoldasa alapkovetelmeny. Nagyon erde-

kes lehet akar egyetemi hallgatokkal is a New Abacus (lasd [2]) vagy

ahhoz hasonlo rendszerekben algoritmusokat keresni osszeadasra il-

letve szorzasra. Ez a pelda nagyon jol szemlelteti, hogy a prob-

lematizalt oktatas milyen nehezsegekkel szembesul. A tananyag igen

gyakran olyan eszkozoket tartalmaz, amelyek nem termeszetes modon

jelennek meg, valamilyen problema megoldasakent, hanem egyszeruen

csak ott vannak, mert ez a tananyag. Az oktatasban ez ,,a szeker

elkerulte a lovat” jelenseg gyakori es neha hasznos is lehet (peldaul

az osszeadas es a szorzas megtanulasa soran), pontosan ezert oda kell

figyelnunk arra, hogy amikor csak lehetseges, akkor megis latszodjon,

hogy a szekeret azert a lovak huzzak. A jelensegcentrikus matematika

oktatas helyzete sokkal rosszabb, mint akar a problemacentrikus ok-

tatase. Ehhez ugyanis sokkal tobb targyi tudas es edzettebb mate-

matikai gondolkodas szukseges. Peldaul a differencialegyenletek nu-

merikus megoldasara vonatkozo egylepeses modszereknel tapasztalt

stabilitas+konzisztencia ⇒ konvergencia

jelenseg tobblepeses modszerekre valo kiterjesztese technikai nehezse-

gekbe utkozik. Vagy hasonloan az

|a| < 1, a ∈ C, akkor limn→∞

an = 0

implikacio ugyanannak a jelensegnek a megjelenesi formaja, mint a

‖A‖ < 1, A ∈ Mk(C) ⇒ limn→∞

An = 0k

30 HOGYAN TANITSUNK

implikacio, de az utobbi megertese tobb matematikai ismeretet igenyel.

Igazabol a matematikai jelensegek (a problemakon messze tul) gyakran

hozzajarulnak a matematika fejlodesehez. Ha ezt a huzoerot nem is

sikerul az oktatasban hasznosıtani, legalabb szemleltessuk valahany-

szor lehetoseg kınalkozik.

Vilagunkban a tudasnak tobb aspektusa is van. Lundwall es John-

son szerint (lasd [22]) a kovetkezo alapkategoriak leteznek:

• Know what: tudni, hogy mit – ez a tenyszeru tudas, a mate-

matikara vonatkozoan ide tartoznak a fogalmak, ertelmeze-

sek, tulajdonsagok tetelek, bizonyıtasok;

• Know how: tudni, hogy hogyan – az alkalmazas kepessege

vagy egyszeruen a dolgok mukodesenek ismerete, ez a meg-

szerzett elmeleti ismeretek alkalmazasa mellett olyan ismere-

teket is tartalmaz, amelyeket a rutinbol, tapasztalatbol lehet

csak megszerezni;

• Know why: tudni, hogy miert – a dolgok mukodesenek ertese,

az osszefuggesek atlatasa;

• Know who: tudni, hogy kitol vagy honnan – a tudas szerzes

lehetseges forrasanak azonosıtasa, a szaktekintelyek ismerete.

Elemezzuk egy picit reszletesebben ezeket az aspektusokat a prob-

lemamegoldas heurisztikajanak szemszogebol valamint az orokervenyu

Konfuciusz-tanıtas tukreben: ,,Tanulni es nem gondolkodni hiabavalo,

gondolkodni es nem tanulni veszelyes.”

A tantervek altalaban a Know what jellegu tudasra koncentralnak,

a bizonyıtasok, mikentek es miertek nagyon gyakran nem rogzıtettek

a tantervben, ıgy ezek tankonyv-/tanar-fuggoek. Csak a Know what

ismerete (peldaul a Know how es Know why nelkul) gyakorlatilag pon-

tosan az, amirol Konfuciusz azt ırja, hogy hiabavalo. Ugyanakkor

vilagos, hogy ha csak a Know why aspektusra koncentralunk, a mier-

teket tisztazzuk anelkul, hogy a targyi tudast gyarapıtanank, akkor

epp a Konfuciusz altal veszelyesnek minosıtett tevekenyseget gyako-

roljuk. Egyertelmu tehat, hogy a konkret ismeretek mellett a miertek

kitisztazasa, az alkalmazasi lehetosegek vizsgalata a tanorai tevekeny-

segek fontos komponense kell legyen. Mindaddig, amıg a matematikat


a termeszettudomanyok reszekent tanıtottak, ezek az aspektusok tel-

jesen egyertelmuen a dolgok logikaja miatt jelentek meg. A formalis

Bourbakista matematikai felfogas (amely a francia matematika ok-

tatas reformalasaval kezdodott es amit Europa sok orszagaban atvet-

tek) ezt teljesen kiiktatta. Ma vilagszerte azon faradoznak, hogy a

mestersegesen felborıtott egyensulyt valamilyen modon helyreallıtsak

(a matematikai modellezes, a felfedezteto oktatas integralasaval). Ter-

meszetesen ez szinte lehetetlen, hisz a letezo tanartarsadalom ma mar

nem rendelkezik a szukseges termeszettudomanyhoz kotodo ismeretek-

kel. A tapasztalat azt mutatja, hogy egy ujfajta megkozelıtesbe helye-

zett matematika elsajatıtasa a tanari tarsadalomnak sokkal nehezebb,

mint maguknak a diakoknak, akik eloszor szembesulnek a problemak-

kal. Ez valami olyasmi, amit Pilinszky Janos ırt a Tapasztalat cımu

verseben:A tapasztalat, mint Kronosz

folfalja fiait.

A valodi tudas

tapasztalatlan, mit se tud,

nem ismer, nem ismerhet semmit.A problemamegoldas Polya-fele elvei a tudas utolso aspektusat tel-

jesen mellozik, a Know how es a Know why pedig igazabol a megolda-

sok, tervek elemzese soran bovıtheto. Ha erre nem fordıtunk ku-

lon hangsulyt es nem tisztazzuk ki a mierteket es a ,,miert nem”-

eket, akkor tevekenysegeink ugyanabba a Konfuciusz-i kategoriaba

kerulnek, mint maga a tanterv. Egy masik megfontolando gondolat

Ralph Waldo Emerson-tol szarmazik: ,,Aki tudja a hogyant, mindig

fog talalni munkat. Aki ismeri a miertet, mindig a fonoke lesz.”

Sem tanıtas, sem felmeres soran ne feledjuk, hogy a miertekre es

mikentekre vonatkozo gyakran nagyon nehezen megszerezheto tudas

olyan, mint az igazsag: ,,Az igazsagot sohasem kapjuk valaki mastol.

Mindenki sajat maga altal nyeri el azt” (Tetto Giko, lasd Popper Peter:

Az istennel sakkozas kockazata) es persze a matematikai igazsagokkal

kapcsolatban is gondoljunk Hamlet szavaira: ,,...nincs a vilagon se jo,

se rossz; gondolkodas teszi azza.” (William Shakespeare: Hamlet, a

dan kiralyfi).

II. FEJEZET

FELADATMEGOLDASI STRATEGIAK

Lassan jarj, tovabb ersz

Termeszetesen ennek a belvarosi forgalomban gyakran tapasztalt

valtozata is igaz, vagyis ,,Lassan jarj, tovabb mesz” es ugyanakkor ne

feledkezzunk meg a Karinthy altal az erettsegizo (vagy epp osztalyis-

metlo) fiatalemberre vonatkozo ,,lassan erik, tehat tovabb jar” valto-

zatrol se.

Feladatmegoldasokban gyakran elofordul, hogy a bizonyıtando tu-

lajdonsag helyett (tavoli cel) valami hasonlo, de sokkal egyszerubb

reszproblemakat oldunk meg, amelyekbol viszont osszeall a teljes meg-

oldas. Ez termeszetesen nem azt jelenti, hogy tobb apro lepessel

szeretnenk helyettesıteni a szakadek folotti ugrast. Ezt a strategiat

inkabb egy hegyi patakon valo atkelesrol mintaztuk, amikor a koveken

lepkedve at tudunk jutni a tuloldalra (anelkul, hogy nagyon vizesek

lennenk). Termeszetesen a matematikai indukcio modszere egy tipikus

pelda ennek a strategianak az alkalmazasara, de fogjuk latni, hogy a

,,Lassan jarj, tovabb ersz” filozofiaja ennel tobbet jelent.

1.1. Feladat. Legalabb hany lepes szukseges ahhoz, hogy egy 10×10 -es tabla bal also sarkabol a jobb felso sarkaba jussunk lolepesben?

Tervkeszıtes. Nemcsak azt vizsgaljuk, hogy a jobb felso sarokba

hogyan juthatunk el, hanem azt vizsgaljuk meg, hogy melyek azok a

mezok, amelyekre eljuthatunk 1 lepesben, melyek azok, amelyekre 2

lepesben, stb. Igy minden mezorol kiderul, hogy oda minimalisan hany

lepesben lehet eljutni. Y

Megoldas. Elobb megjeloljuk (ırunk rajuk egy-egy 1-est) azokat

a mezoket, amelyekre el lehet jutni 1 lepesben, majd azokat, amelyekre

2 lepesben. Igy a 2.1. abran lathato tablakhoz jutunk.

Ha ezt tovabb folytatjuk, akkor minden k-ra megjeloljuk (k-val)

azokat a mezoket, amelyekre legkevesebb k lepesben lehet eljutni. A

32

FELADATMEGOLD ASI STRATEGIAK 33

2 2

2 2

1 2 1 2

1 1 2

0 0 2 2

2.1. Abra. Az elso ket lepes

2.2. abra utolso tablajan lathato, hogy a jobb felso sarokba nem lehet

eljutni 5 lepesben, de el lehet jutni 6 lepesben, tehat az eredeti kerdesre

a valasz: 6.

5 5 5 5

4 5 4 5 4 5 5

5 4 5 4 5 4 5 5

3 3 4 3 4 3 4 5 4 5 5

3 3 3 3 4 3 4 3 4 5 4 5

2 3 2 3 3 2 3 2 3 4 3 4 5 4 5

3 2 3 2 3 3 3 2 3 2 3 4 3 4 5

2 1 3 2 3 2 1 4 3 2 3 4 5 4 5

3 1 2 3 3 3 4 1 2 3 4 3 4 5

0 3 2 3 2 3 0 3 2 3 2 3 4 4 5

2.2. Abra. Tovabbi 3 lepes X

1.1.1. Megjegyzes. Ebbol kiindulva megfogalmazhatunk egy sej-

test arra vonatkozoan, hogy az n×n-es tabla eseten hany lepes szukse-

ges. Ez a sejtes matematikai indukcioval konnyen igazolhato.

1.1.2. Megjegyzes. Hasonlo feladatokat gyarthatunk, ha a tablat

kicsereljuk, megvaltoztatjuk az alakjat, kivesszuk nehany mezejet,

megvaltoztatjuk a lepest stb.

34 LASSAN J ARJ, TOVABB ERSZ

1.2. Feladat. A mellekelt abrak mindegyiken az A pontbol a B-

be kell eljutnunk ugy, hogy mezorol mezore es csak jobbra vagy felfele

lephetunk. Tehat barmelyik mezorol csak a felso vagy a jobb oldali

szomszedjara lephetunk. A kerdes az, hogy hany kulonbozo modon

tehetjuk (mindegyik ,,tabla” eseteben kulon-kulon) meg ezt?

B B

A A

2.3. Abra. Hanyfelekepp juthatunk A-bol B-be?

Tervkeszıtes. Akarcsak az elobbi feladatban, nemcsak a cel-

mezoket vizsgaljuk, hanem a tabla minden mezejere raırjuk, hogy

legkevesebb hany utvonal vezet az adott mezore. Y

Megoldas. A lepesszabalyok alapjan egy mezore csak a bal oldali

vagy az alatta levo mezorol lephetunk, tehat minden mezon e ket

szomszedos mezore ırt szam osszege all. Ezt az eszrevetelt hasznalva

kapjuk a kovetkezo szamokat:

B B

8 9

4 8 8 3 9

2 4 4 1 3 6 9 9

1 2 2 1 2 3 3

A 1 A 1 1

2.4. Abra. Az indulas


Az A es a B mezo kozeppontjait osszekoto szakasz altal ketteszelt

mezokre ırt szamokat tekintsuk egy szamsorozat kezdoertekeinek. Al-

talanosan ha az n darab egymasba agyazott 2×2-es negyzet jobb felso

sarkaban megjeleno szam an es az n darab egymasba agyazott 3 × 3-

as negyzet jobb felso sarkaban megjeleno szam bn, keressuk meg az

(an)n∈N∗ es (bn)n∈N∗ sorozatok altalanos tagjanak kepletet.

Ha az abrak ures mezoire raırjuk a megfelelo szamokat, a kovetkezo

ertekeket kapjuk:

a1 = 2, a2 = 4, a3 = 8, a4 = 16, a5 = 32, a6 = 64, a7 = 128

es

b1 = 6, b2 = 18, b3 = 54, b4 = 162, b5 = 486, b6 = 1458.

Lathato, hogy mindket sorozat mertani haladvany, az elso allando

hanyadosa 2, a masodike 3. Ezt figyelembe veve, megsejthetjuk, hogy

az altalanos tag keplete an = 2n, illetve bn = 2 · 3n. Az elso abra

eseteben ezt a sejtest indukcioval azonnal igazolhatjuk az alabbi dia-

gram alapjan:

2n 12 2 2n n n ++ =

2n 2n

2.5. Abra. Az indukcios lepes

A masodik esetben belathatjuk, hogy nem elegseges a sejtesunk,

mert az alapjan nem tudjuk bizonyıtani az altalanos tag kepletet. (Azt

nem tudjuk bizonyıtani, amit a legegyszerubb eszrevenni, vagyis azt,

hogy a (bn)n∈N∗ sorozat mertani haladvany.) Ez azert van ıgy, mert

sejtesunk semmit sem allıt a bn folott, illetve tole jobbra elhelyezkedo

szamokrol, pedig bn+1 kiszamıtasakor ezeket is kell hasznalnunk. A

szamokat megvizsgalva eszrevehetjuk, hogy ezek a 3 hatvanyai, tehat

az allıtas, amit igazolni szeretnenk a kovetkezo: bn = 2 · 3n, ∀n ≥ 1,

es bn alatt, illetve a tole balra elhelyezkedo szamok 3n -nel egyenlok.

Eszrevetelunk alapjan a fentihez hasonlo diagramot keszıthetunk. A


n3 13323 +=×+ nnn 132 +× n

n3

n32 × 13323 +=×+ nnn

132 -× n n3 n3

2.6. Abra. A tabla bovıtese

nagyobb szamok a feltetelezest tartalmazzak. A nyilak alapjan latha-

to, hogy ezek egyertelmuen meghatarozzak a tobbi szamot, es a kapott

ertekek igazoljak sejtesunket (n + 1)-re, tehat a matematikai indukcio

elve alapjan sejtesunk igaz. X

1.2.1. Megjegyzes. Probaljunk hasonlo feladatokat megoldani

nagyobb meretu osszeillesztett tablazatok, esetleg mas alaku tablaza-

tok eseten; probaljuk a feladatot atfogalmazni valamilyen mas mate-

matikai objektumokra!

1.3. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy a kovetkezo szamok teljes negy-

zetek

a) 11...1︸︷︷︸n−1

22...2︸︷︷︸n

5, ∀n ≥ 1; b) 11...1︸︷︷︸2n

− 22...2︸︷︷︸n

, ∀n ≥ 1.

Tervkeszıtes. A legtobb ilyen feladatnal a tızes szamrendszerbe-

li reprezentacio alapjan felırjuk az adott szamokat es a kapott haladva-

nyok osszegzese utan egyszerubb alakra hozzuk. Masreszt megprobal-

hatjuk azt is, hogy kis n ertekekre megvizsgaljuk, hogy minek a negyze-

te lehet a ket szam, majd egy jo sejtes megfogalmazasa utan a bi-

zonyıtast egyszeruen a szorzasi algoritmus segıtsegevel vegezzuk el.

Y

Megoldas. a) Lassuk elobb a szamolasos modszert.

11...1︸︷︷︸n−1

22...2︸︷︷︸n

5 = 5 + 2 (10 + ... + 10n) +(10n+1 + ... + 102n−1

)=

= 5 + 10 · 102n−1 − 1

9+ 10 · 10n − 1

9=

45 + 102n + 10n+1 − 20

9=


=25 · (4 · 102n−2 + 4 · 10n−1 + 1)

9=

25 · (2 · 10n−1 + 1)2

9=

=

[5 · (2 · 10n−1 + 1)

3

]2

, ∀n ≥ 1.

Elegseges tehat igazolni, hogy (2 · 10n−1 + 1)... 3. A 2 · 10n−1 + 1 szam

n = 1-re eppen harom, mıg n ≥ 2-re 2-vel kezdodik, 1-gyel vegzodik es

a tobbi szamjegye 0, tehat a szamjegyek osszege 3. Ebbol kovetkezik,

hogy (2 · 10n−1 + 1)... 3, tehat

5·(2·10n−1+1)3

∈ N es ıgy a vizsgalt szam

teljes negyzet.

2. Megoldas. n ∈ {1, 2, 3, 4} eseten a kovetkezo szamokat

kapjuk: 25 = 52, 1225 = 352, 112225 = 3352 es 11122225 = 33352.

Azt sejthetjuk, hogy

11...1︸︷︷︸n−1

22...2︸︷︷︸n

5 = 33...3︸︷︷︸n−1

52.

Ezt a legegyszerubben ugy igazolhatjuk, hogy elvegezzuk a jobb olda-

lon a szorzast.

3 3 3 3 3 5 x 3 3 3 3 3 5

1 6 6 … 6 6 7 5

1 0 0 0 … 0 0 5n-1

1 0 0 0 … 0 0 5

… … … … … … …

1 … … 0 0 5

1 … 1 1 2 2 … 2 2 2 2 5

n-1 n

{

{ {

2.7. Abra. A sejtes ellenorzese

b) Haladvanyok segıtsegevel ırhatjuk, hogy

11...1︸︷︷︸2n

− 22...2︸︷︷︸n

=(1 + 10 + 102 + ... + 102n−1

)−

− 2(1 + 10 + ... + 10n−1

)=

=102n − 1

9− 2 · 10n − 1

9


=102n − 1 − 2 · 10n + 2

9

=

(10n − 1

3

)2

, ∀n ≥ 1.

Ugyanakkor 10n − 1 = 99...9︸︷︷︸n

, tehat (10n − 1)... 3 es ıgy a vizsgalt

szam teljes negyzet. Pontosabban az is latszik, hogy 10n−13

= 33...3︸︷︷︸n

,

tehat

(2.1) 11...1︸︷︷︸2n

− 22...2︸︷︷︸n

= 33...3︸︷︷︸n

2.

2. Megoldas. Az n ∈ {1, 2, 3, 4} esetek vizsgalataval megfogal-

mazhatjuk a (2.1) sejtest. Ezt ismet a 33...3︸︷︷︸n

· 33...3︸︷︷︸n

szorzas elvegzesevel

igazolhatjuk. X

1.4. Feladat. Szamıtsd ki az

1

1, 00...0︸︷︷︸99

1

szam elso 200 tizedesjegyet.

Tervkeszıtes. A szamjegyek meghatarozasa gyakorlatilag azt je-

lenti, hogy elegge szoros also es felo becslesre van szuksegunk, vagy

egyszeruen az osztast kell elvegeznunk. Ahhoz, hogy pontosabb ke-

punk legyen az osztas meneterol erdemes elobb vegigszamolni az 11,1

,1

1,01, 1

1,0011

1,0001osztasokat. Y

Megoldas. A tervben szereplo osztasokat ugy vegezzuk el, hogy

mindig ketszer annyi tizedesjegyet kapjunk, mint ahany tizedesjegye

van a nevezonek. Igy rendre a kovetkezo egyenlosegeket kapjuk:

1

1, 1= 0, 90...

1

1, 01= 0, 9900...


1

1, 001= 0, 999000...

1

1, 0001= 0, 99990000...

Sot, ha alaposabban megfigyeljuk az osztasokat, akkor azt is latjuk,

hogy az elobbi egyenlosegekben a jobb oldalon szakaszos torteket ka-

punk es a megjeleno szamjegyek pontosan a szakasz szamjegyei. Igy

tehat az a sejtes fogalmazhato meg, hogy

1

1, 00...0︸︷︷︸n

1= 0, (99...9︸︷︷︸

n+1

00...0︸︷︷︸n+1

).

Ezt igazolhatjuk akar a tizes szamrendszerbeli felıras alapjan (a meg-

felelo mertani haladvanyok osszegzesevel), akar az osztas elvegzesevel.

2. megoldas. Ha a = 0, 00...0︸︷︷︸99

1 , akkor

1

1, 00...0︸︷︷︸99

1=

1

1 + a=

1 + a − a

1 + a= 1 − a

1 + a= 1 − a + a2 − a2

1 + a=

= 1 − a +a2

1 + a= 1 − a + a2 − a3

1 + a= 0, 99...9︸︷︷︸

100

00...0︸︷︷︸99

1 − a3

1 + a.

Masreszt 0 < a3

1+a< a3 = 1

10300 , tehat 11+a

= 0, 99...9︸︷︷︸100

00...0︸︷︷︸100

.... X

1.4.1. Megjegyzes. Keressunk hasonlo szabalyossagokat (akar a

kepletekbol kiindulva, akar a muveletekbol!

1.5. Feladat. Hatarozd meg a

P (X) = 1 +X

1 !+

X (X + 1)

2 !+ . . . +

X (X + 1) . . . (X + n − 1)

n !

polinom gyokeit, ha n ∈ N∗.

Tervkeszıtes. Hozzuk elobb zart alakra a polinomot, termesze-

tesen csak lepesenkent elobb az n kis ertekeire. Y


Megoldas. Jeloljuk Pn (X)-szel az

1 +X

1 !+

X (X + 1)

2 !+ . . . +

X (X + 1) . . . (X + n − 1)

n !

polinomot.

P1 (X) = 1 + X

P2 (X) = 1 + X +X (X + 1)

2=

(1 + X) (2 + X)

2

P3 (X) = P2(X) +X (X + 1) (X + 2)

6=

(1 + X) (2 + X) (3 + X)

6.

Ezek alapjan megfogalmazhatjuk a kovetkezo sejtest:

Pn (X) =(1 + X) (2 + X) . . . (n + X)

n !.

Az allıtas n ∈ {1, 2, 3} eseten igaz. Bizonyıtjuk, hogy ha az allıtas

n ∈ N∗-ra igaz, akkor n + 1-re is igaz.

Pn+1 (X) = Pn(X) +X (X + 1) . . . (X + n − 1) (X + n)

(n + 1) !,

amely az indukcios felteves ertelmeben a kovetkezokeppen alakıthato:

Pn+1(X) =(1 + X) (2 + X) . . . (n + X)

n !·(

1 +X

n + 1

)

=(1 + X) (2 + X) . . . (n + X) (n + 1 + X)

(n + 1) !.

Tehat a matematikai indukcio elve alapjan

Pn (X) =(1 + X) (2 + X) . . . (n + X)

n !, ∀n ≥ 1.

Ebbol kovetkezik, hogy a polinom gyokei −1, −2, . . . , −n. X

1.6. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha a1, a2, ..., an, ... pozitıv tagu

szamtani haladvany, amelyben a1 ≥ 1 es r ≥ 1, akkor√

a1 +

√a2 +

√a3 + ... +

√an < a2.


Tervkeszıtes. Matematikai indukciot hasznalunk. A nehezseg

csak annyi, hogy ha formalisan nezzuk, akkor az n tagrol n + 1 tagra

valo atteres eseten a legbelso gyok valtozik. Ez persze kikuszobolheto,

ha az indukcios feltevest nem az a1, a2, ..., an sorozatra alkalmazzuk,

hanem az a2, a3, . . . , an, an+1 sorozatra. Erre rajohetunk, ha az n

kis ertekeire felırt egyenlotlensegeket probaljuk igazolni, es szamolas

kozben az ekvivalens atalakıtasok helyett becsleseket probalunk alkal-

mazni. Y

Megoldas. n = 1 eseten a√

a1 < a2 egyenlotlenseget kell iga-

zolnunk. Ez a kovetkezokeppen alakıthato:√

a1 < a2 ⇔ a1 < a22 ⇔

a1 < (a1 + r)2 ⇔ a21+a1 (2r − 1)+r2 > 0. Az itt megjeleno masodfoku

kifejezes diszkriminansa ∆ = 1 − 4r es ez kisebb mint nulla, tehat az

egyenlotlenseg teljesul.

n = 2 eseten a√

a1 +√

a2 < a2 egyenlotlenseget kell igazolnunk.

Ha az n = 1-re igazolt egyenlotlenseget az a2, a3 szamtani haladvanyra

ırjuk fel, kovetkezik, hogy√

a2 < a3, tehat√

a1 +√

a2 <√

a1 + a3.

Igy elegseges igazolni, hogy

a1 + a3 ≤ a22,

vagyis

2a1 + 2r ≤ a21 + 2a1r + r2.

Az x2 +2x (r − 1)+ r2 − 2r = 0 egyenlet diszkriminansa ∆ = 4, tehat

a gyokok x1 = 2− r es x2 = −r. A feltetelek alapjan a1 + r ≥ 2, tehat

a1 ≥ 2 − r. Ebbol kovetkezik, hogy az egyenlotlenseg teljesul.

Ha feltetelezzuk, hogy n-re igaz az egyenlotlenseg, akkor az a2, a3,

a4, . . . , an, an+1 haladvanyra alkalmazva kovetkezik, hogy√

a2 +√

a3 + ... +√

an+1 < a3.

Igy √a1 +

√a2 + ... +

√an+1 <

√a1 + a3.


Az elobb igazoltuk, hogy√

a1 + a3 ≤ a2, tehat√

a1 +√

a2 + ... +√

an+1 < a2

es a matematikai indukcio elve alapjan a bizonyıtas teljes. X

1.7. Feladat. Egy konvex negyszog ket szemben fekvo oldalat

osszuk fel n egyenlo reszre, majd a megfelelo osztopontokat kossuk

ossze. Bizonyıtsd be, hogy az ıgy kapott n darab, diszjunkt belsovel

rendelkezo negyszog terulete szamtani haladvanyt alkot!

Tervkeszıtes. Mindenkeppen erdemes n = 3 eseten megvizsgal-

ni, hogy mi tortenik, hisz ez resze a teljes feladatnak. Masreszt egy

sorozat pontosan akkor szamtani haladvany, ha barmely harom egy-

masutani tagja szamtani haladvanyban van. Ez azt jelenti, hogy a tel-

jes bizonyıtashoz elegseges is az n = 3 eset. A bizonyıtast elvegezhet-

juk analitikus geometria vagy komplex szamok segıtsegevel is, ez

esetben a megoldas lenyege a szamolasok strukturalasa es az esetleges

altalanosıtasi lehetosegek kiaknazasa. Probaljunk elemi bizonyıtast

adni, a negyszogek felbontasanak a segıtsegevel. Y

Megoldas. A mellekelt abra jelolesei szerint

T [BMC ] =1

3T [ABC] es T [AQD] =

1

3T [ACD] ,

tehat

T [BMC ] + T [AQD] =1

3(T [ABC] + T [ACD]) =

1

3T [ABCD] .

Ebbol kovetkezik, hogy T [AMCQ] = 23T [ABCD] . Masreszt

T [MPQ] = T [MCP ] es T [AQN ] = T [MNQ] ,

tehat

T [MCQA] = T [MNQP ] + T [MPC] + T [ANQ] =

= T [MNQP ] + T [MPQ] + T [MNQ] = 2T [MNQP ] .

Az elobbi osszefugges alapjan

T [MNQP ] =1

3T [ABCD] ,


2.8. Abra. A negyszog szeletelese

tehat

T [BMPC] + T [ANQD] =2

3T [ABCD]

es ıgy

T [MNQP ] =T [BMPC ] + T [ANQD]

2.

X

1.7.1. Megjegyzes. Probaljuk ugyanazt a rajzot a terben nezni!

Hogyan ertelmezheto (termeszetesen egy kis valtozassal), a kert tu-

lajdonsag? Kell valamit valtoztatni a bizonyıtas lepesein a megfelelo

terbeli tulajdonsag igazolasahoz?

1.8. Feladat. Egy konvex negyszog minden oldalat osszuk fel n

egyenlo reszre, majd a szemben fekvo oldalak megfelelo osztopontjait

kossuk ossze (lasd a 2.9. abran a masodik negyszoget). Az ıgy keletke-

zett n2 negyszog kozul valassz n darabot ugy, hogy a kivalasztott negy-

szogek kozt ne legyen ketto, amely ugyanahhoz a ,,savhoz” tartozik.

(,,sav”-nak nevezzuk a ket szembenfekvo oldalon felvett osztopontok

altal meghatarozott negyszogeket, amelyek nem tartalmaznak a csucsa-

iktol kulonbozo osztopontokat az oldalaikon; a 2.9. abran beszıneztunk

egy savot es egy lehetseges valasztasnak megfelelo harom negyszoget).

Bizonyıtsd be, hogy a kivalasztott negyszogek teruletenek osszege az

eredeti negyszog teruletenek az n-ed resze!


2.9. Abra. A negyszog felosztasa

Tervkeszıtes. A negyzeteket n! kulonbozo modon valaszthatjuk

ki, tehat valami olyan meggondolast kell talalnunk, ami a kivalasztas-

tol fuggetlen. Az elobbi feladat alapjan a ,,savok” terulete szamtani

haladvanyt alkot, ezert erdemesnek tunik kiszamolni a belso metszes-

pontok altal meghatarozott aranyokat. Ezeknek az aranyoknak a

segıtsegevel tobbet mondhatunk el majd a kis negyszogek teruleterol.

Y

Megoldas. Ha az altalanos esetet vizsgaljuk, csak egyszer kell

elvegezni a belso arany kiszamıtasat. Alapjaban azt kell megvizsgalni,

hogy ket belso szakasz (azok kozul, amelyeket meghuzunk), milyen

aranyban metszi egymast. A 2.10. abran

BM

AB=

CP

CD= k es

BN

BC=

AQ

AD= l.

A

B

C D

M

P

N

QR

2.10. Abra. A belso arany kiszamıtasa k = l eseten


Ha k = l, akkor MN ||AC es MNAC

= k , valamint PQ||AC esPQ

AC= 1 − k, tehat MN ||PQ es MN

PQ= k

1−k. Ebbol kovetkezik, hogy

MRMP

= NRNQ

= k.

AB

C D

M

P

N

QR

1X

2X

2.11. Abra. A belso arany kiszamıtasa k 6= l eseten

Ha k 6= l, akkor jeloljuk X1 -gyel es X2 -vel az MN ∩AC es PQ∩AC metszespontokat (lasd a 2.11. abrat). Az ABC haromszogben az

MNX1 szelore a Menelaosz-tetel alapjan

X1A

X1C=

1 − k

k· l

1 − l.

Az ACD haromszogben a PQX2 szelore X2AX2C

= 1−kk

· l1−l

, tehat a

ket metszespont egybeesik. Jeloljuk a tovabbiakban X-szel ezt a ket

metszespontot. Az MPX haromszogben az NRQ szelore alkalmazott

Menelaosz-tetel ertelmebenMN

NX· XQ

QP· PR

RM= 1.

A PQD haromszogben az XAC szelore ismet Menelaosz tetelet ırjuk

fel:CP

CD· DA

AQ· QX

XP= 1,

tehatQX

XP=

AQ

AD· CD

CP=

l

k


es ıgyQX

QP=

l

k − l.

MasresztNX

MX· MA

AB· BC

CN= 1,

tehatNX

MX=

1 − l

1 − kes ıgy

MN

NX=

k − l

1 − k.

Ebbol kovetkezik, hogy MRRP

= l1−l

. Hasonloan igazolhato, hogy

NR

RQ=

k

1 − k,

tehatNR

NQ=

BM

AB=

CP

CD

esMR

MP=

BN

BC=

AQ

AD.

Eszerint a megfelelo osztopontokat osszekoto szakaszokon keletkezo

metszespontok az illeto szakaszt n egyenlo reszre osztjak. Az AB

es CD oldalak megfelelo metszespontjai altal meghatarozott savokat

nevezzuk fuggolegesnek, mıg a BC es AD osztopontjai altal meghata-

rozott savokat vızszintesnek. Ha tij -vel jeloljuk az i-edik vızszintes

es j-edik fuggoleges sav kozos reszenek teruletet, akkor az elobbi fe-

ladat es a kiszamolt aranyok alapjan (tij)1≤j≤nes (tij)1≤i≤n

szamtani

haladvanyok (minden rogzıtett i illetve j eseten).

A tovabbiakban igazoljuk, hogy a (tij)1≤j≤nhaladvanyok allando

kulonbsege ugyanaz a szam minden i ∈ {1, 2, ... , n} eseten. Elegseges

ezt n = 3 eseten belatni.

T [BMN ] =1

9T [ABC] es T [PDQ] =

1

9T [ADC] ,

tehat

T [BMN ] + T [PDQ] =1

9T [ABCD] .


A

B

C D

M

N

P

Q

R

T

Y

X

U

S

2.12. Abra. Az atlos haladvany

Tovabba

T [MNU ] = T [UTR] es T [TRS] = T [SQP ] ,

tehat

T [MUN ] + T [SQP ] + T [RSTU ] = 2T [RSTU ] .

Masreszt

T [RSTU ] =1

3T [MXPY ] =

1

3

(1

3T [ABCD]

)=

1

9T [ABCD] ,

tehat

T [BMUN ] + T [UTSR] + T [SQDP ] =1

3T [ABCD] .

Ebbol kovetkezik, hogy t11 , t22 es t33 is szamtani haladvanyt alkot. Az

eddigiek alapjan a (t11, t12, t13) , (t21, t22, t23) , (t31, t32, t33) ,

(t11, t21, t31) , (t12, t22, t32) , (t13, t23, t33) , (t11, t22, t33) es (t13, t22, t31)

szamharmasok elemei egy-egy szamtani haladvanyt hataroznak meg.

Ez csak akkor lehetseges, ha a (tij)1≤j≤3 haladvanyok allando kulonb-

sege i ∈ {1, 2, 3}-ra es a (tij)1≤i≤3 haladvanyok allando kulonbsege

j ∈ {1, 2, 3}-ra ugyanaz. Ez alapjan allıthatjuk, hogy az altalanos

esetben a (tij)1≤j≤nhaladvanyoknak i ∈ {1, 2, ... , n} eseten ugyanaz

az allando kulonbsege (jeloljuk r1-gyel) es a (tij)1≤i≤nhaladvanyoknak

j ∈ {1, 2, ... , n}-re szinten ugyanaz az allando kulonbsege (jeloljuk r2-

vel). Igy ha kivalasztunk n negyszoget, amelyek kozul semelyik ketto


nem tartozik ugyanahhoz a savhoz, akkor a kivalasztott negyszogek

teruletenek osszege:

nt11 + (1 + 2 + . . . n − 1)r1 + (1 + 2 + . . . + n − 1)r2.

Az eredeti negyzet terulete viszont

n2t11 + n(1 + 2 + . . . n − 1)r1 + n(1 + 2 + . . . + n − 1)r2,

tehat a kivalasztott negyszogek teruletenek osszege az eredeti negyszog

teruletenek n-ed resze. X

1.8.1. Megjegyzes. Ha az abrat terbelinek tekintjuk (ABCD

tetraeder), akkor a kis negyszogek helyett tetraederek keletkeznek.

Ezeknek a tetraedereknek a terfogatara is hasonlo tulajdonsag erve-

nyes.


Semmi sem az, aminek latszik

Ezt is megfogalmazhatjuk maskent is: ,,Minden latszat csal” es

ismet ne feledkezzunk meg Karinthy-rol, aki ezt kiegeszıtette a ,,Min-

den csalo latszik” megjegyzessel. Termeszetesen az elso inkabb a fe-

ladatokra vonatkozik, mıg a masodikat inkabb a feladatok szerkeszto-

ire vonatkoztathatjuk, vagy azokra a tanarokra, akik a matematika

tanıtasa helyett mindenfele egyebbel torodnek.

Ebben a paragrafusban olyan feladatok megoldasat targyaljuk,

amelyeknek a megoldasa soran a feladatot at kell fogalmaznunk, vagy

at kell helyeznunk valamilyen mas fogalmi keretbe. Ilyenek a geomet-

riailag megoldott egyenletek, szelsoertek-feladatok, a tergeometria se-

gıtsegevel megoldott sıkgeometria feladatok, a komplex szamok se-

gıtsegevel megoldott geometria feladatok, a polinomok segıtsegevel

igazolt kombinatorikai azonossagok stb. Ezeknel a feladatoknal egy-

szeruen az a nehezseg, hogy az eredeti megfogalmazasban elofordulhat,

hogy nem jelennek meg a megoldasban hasznalt eszkozok, ıgy ezeket

a feladatmegoldonak kell aktivalni. Termeszetesen a gyakorlott fela-

datmegoldot nehezebben csapja be a latszat (vagy a feladatmegoldo

sajat magat a latszat segıtsegevel), mert o jobban hozzaszokott ah-

hoz, hogy minden dolgot annak egyszerre tobb vetuleteben is lasson.

A megfelelo osszefugggesek tukreben (vagyis erto szemekkel nezve)

ezek a feladatok is pontosan azok aminek latszanak. Gyakorlatilag

a matematika tanıtas/tanulas egyik igen fontos celja az ilyen erto

latasmod fejlesztese. Ismet szeretnem kihangsulyozni, hogy ilyen jel-

legu feladatokkal is lehet otletmonoton tevekenysegeket szervezni (old-

junk meg 10 olyan egyenletet, amelynek valamilyen trigonometriai

atıras a kulcsa) es az ilyen tevekenysegekkel pontosan az ellenkezo

hatast is elerhetjuk. Eppen ezert a tevekenysegek soran banjunk

mertekletesen es hasznaljuk valtozatosan az ilyen jellegu feladatokat.

Talan a legegyszerubb, ha a fozeshez hasonlıtjuk a feladatmegoldast,

ahol az otletek a fuszerek, a szamolas az alapanyag. Igy egyertelmu,

hogy a fuszer tuladagolasa elvezhetetlenne teszi a vegeredmenyt.

50 SEMMI SEM AZ, AMINEK L ATSZIK

2.1. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha az a, b, c es d valos szamok

teljesıtik a 4a + 3b = 12 es −4c + 3d = 12 egyenlosegeket, akkor√

a2 + b2 +√

c2 + d2 +√

(a − c)2 + (b − d)2 ≥ 7, 68.

Tervkeszıtes. Ez egy felteteles algebrai szelsoertek-feladat, de

az algebrai atalakıtasok teljesen remenytelennek tunnek. Viszont a√a2 + b2 analitikus geometriaban az origonak es az A(a, b) pontnak a

tavolsagat jelenti. Hasonloan√

c2 + d2 az origonak es az B(c, d) pont-

nak tavolsagat jelenti es a bizonyıtando egyenlotlensegben a harmadik

kifejezes pontosan az AB szakasz hossza. Igy tehat atfogalmazzuk

geometriai kornyezetre a teljes feladatot. Y

Megoldas. Tekintsunk egy O kozeppontu derekszogu koordina-

tarendszert. A feladat feltetelei azt fejezik ki, hogy az A (a, b) pont a

d1 : 4x + 3y = 12 es a B (c, d) pont a d2 : −4x + 3y = 12 egyenesen

van. Ezekkel a feltetelekkel a bizonyıtando egyenlotlenseg

OA + OB + AB ≥ 7, 68.

O

O

B

A

x

O

y

21

2 d 1d

2.13. Abra. Visszavezetes a Fagnano feladatra

Ez a feladat hasonlıt a Fagnano feladatra (amelyben egy harom-

szogbe ırhato haromszogek kozul a legkisebb keruletut kell meghata-

rozni), ezert az OAB haromszog oldalait ugy rendezzuk at, hogy a


kerulet ket rogzıtett pont kozti tavolsagot fejezzen ki. Ez gyakorlatilag

azt jelenti, hogy felvesszuk az O-nak a d1-re vonatkozo O1 es a d2-re

vonatkozo O2 szimmetrikusat. Igy OA = O1A es OB = O2B , tehat

OA + OB + AB = O1A + O2B + AB.

Masreszt O1A+O2B+AB ≥ O1O2 , tehat OA+OB+AB ≥ O1O2. Ha

az O1O2 hosszusaga 7, 68, akkor a bizonyıtas teljes, ha annal nagyobb,

akkor a feladatbeli egyenlotlenseg ellesıtheto, mıg ha annal kisebb,

akkor a feladatbeli egyenlottlenseg nem igaz. Ez azt jelenti, hogy

a feladat megoldasanak erdekeben elegseges kiszamolni az O1O2 sza-

kasz hosszat. Ugyanakkor ha O1 koordinatai x1 es y1, akkor az O2

koordinatai −x1 es y1 (mert szimmetrikusak az Oy tengelyre nezve)

es O1O2 = 2x1. Tehat a szamolasainkat szervezhetjuk ugy, hogy az

x1-et szamoljuk ki. Az OO1 egyenlete y = mx alaku es az OO1⊥d1

feltetelbol adodik, hogy m = 34. Ha {M} = OO1 ∩ d1, es az M pont

koordinatai x2 es y2, akkor x1 = 2x2 es y1 = 2y2, mert M az OO1

felezopontja. Az M koordinataira viszont{

3x2 + 4y2 = 12

y2 = 34x2

tehat x2 = 4825

es ıgy O1O2 = 4x2 = 19225

= 7, 68. Tehat√

a2 + b2 +√

c2 + d2+√

(a − c)2 + (b − d)2 = OA+OB+AB ≥ 7, 68.

X

2.2. Feladat. Adott az f : R → R,

f(x) =√

(x − 1)2 + 1 +√

(x − 3)2 + 1

fuggveny. Hatarozd meg az f szelsoertekpontjait es szelsoertekeit!

Tervkeszıtes. Ez egy szelsoertekfeladat. Differencialszamıtas

segıtsegevel vizsgalhatjuk az f fuggvenyt es majd a derivalt zerushelyei

kozul kivalaszthatjuk a szelsoertekpontokat. Ez teljesen jarhato utnak

tunik (es az is), viszont szamolni kell. Masreszt az f kifejezeseben

szereplo gyokok tavolsagokat fejeznek ki, ezert megprobalkozhatunk

egy olyan geometriai abra letrehozasaval, amelyen latjuk is ezeket a

tavolsagokat. Mindket gyokben ugyanaz a valtozo szerepel (az x),


ezert felvesszuk az M(x, 0) pontot. Az elso gyok ennek a pontnak a

tavolsaga az A(1, 1) ponttol, mıg a masik gyok az MB hossza, ahol

B(3, 1). Igy az MA + MB viselkedeset kell vizsgalni. Termeszetesen

a B helyett valaszthattuk volna a C(3,−1) pontot is (vagy akar az

A helyett a D(1,−1) pontot). Lathato, hogy az f minimumanak

meghatarozasa egyszerubb a C pont segıtsegevel (gyakorlatilag ha a

B-vel dolgozunk, akkor is meg kell szerkesztenunk a C-t). Y

Megoldas. Ha tekintjuk az M(x, 0), A(1, 1) es C(3,−1) pon-

tokat, akkor a f(x) = |MA| + |MC| ≥ |AC| = 2√

2. Ugyanakkor az

abrarol az is lathato, hogy f(x) = f(4 − x), es f novekvo a [2,∞)

intervallumon (vagyis csokkeno (−∞, 2]-n). Ez mutatja, hogy f -nek

egyetlen szelsoertekpontja van, az x = 2, es ez minimumpont. X

A(1,1) B(3,1)

M x( ,0)O x

y

C(3,-1)

2.14. Abra. Az f fuggveny geometriai jelentese

2.3. Feladat. Hatarozd meg az a2 + b2 osszeg minimumat, ha a

es b valos szamok es az x4 + ax3 + bx2 + ax+1 = 0 egyenletnek letezik

legalabb egy valos megoldasa!

Tervkeszıtes. Ez egy kotott szelsoertekfeladat. Az egyenlet vi-

szont egy negyedrendu reciprok egyenlet, tehat a fokszama a felere

csokkentheto az y = x + 1x

valtozocserevel. Termeszetesen meg kell

vizsgalni, hogy milyen a es b eseten lesz az eredeti egyenletnek legalabb

az egyik gyoke valos. Ez a-ra es b-re valamilyen egyenlotlensegeket

fog jelenteni. Mivel ket valtozonk van (a es b) elofordulhat, hogy

geometriai abrazolasra van szukseg. Erre utal az a2 + b2 kifejezes is,


ami valamifele tavolsaggal hozhato kapcsolatba. Tehat elvegezzuk a

valtozocseret es aztan abrazoljuk a felteteleket. Y

Megoldas. x0 = 0 nem gyoke az egyenletnek, tehat az egyenlet

x2 +1

x2+ a

(x +

1

x

)+ b = 0

alakra hozhato. Az x + 1x

= y jelolessel az

(2.2) y2 + ay + b − 2 = 0

egyenlet gyokeit keressuk. Az eredeti egyenletnek pontosan akkor nem

letezik egyetlen valos gyoke sem, ha az (2.2) egyenletnek nincs valos

gyoke vagy mindket valos gyoke a (−2, 2) intervallumban van. Ennek

a szukseges es elegseges feltetelrendszere:

• ∆ < 0 vagy

• ∆ ≥ 0 eseten

– f(2) > 0;

– f(−2) > 0

– −a2∈ (−2, 2),

ahol f(y) = y2+ay+b−2. Ezeket az egyenlotlensegeket abrazoljuk egy

koordinata-rendszerben (az a az Ox tengelyen es a b az Oy tengelyen

van). A ∆ < 0 egyenlotlensegnek eleget tevo M(a, b) pontok mertani

helye az y = x2+84

egyenletu parabola folotti sıkresz. Azoknak az

M(a, b) pontoknak a mertani helye, amelyekre ∆ ≥ 0 es b > −2a− 2,

b > 2a − 2, es a ∈ (−4, 4) a 2.15. abran a satırozott resz. Ezek

alapjan azoknak az (a, b) paroknak megfelelo pontok mertani helye,

amelyekre az eredeti negyedfoku egyenletnek legalabb egy valos gyoke

van, a parabola alatti sıkresznek a satırozott reszen kıvuli tartomanya.

Ennek a tartomanynak az origotol valo tavolsaga adja az√

a2 + b2

minimumat. Ez a minimum pontosan az origonak a d1 : y = 2x− 2 es

a d2 : y = −2x − 2 egyenesektol valo tavolsaga, tehat d = 1·2√5

vagyis

az a2 + b2 minimuma 45. X

2.4. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha a z1, z2 es z3 komplex szamok

modulusa r es z2 6= z3, akkor

mina∈R

|a · z2 + (1 − a) · z3 − z1| =1

2r|z1 − z2| · |z1 − z3|!


B

A a

b

-4 4-1 1

-2

O

2.15. Abra. A feltetelek abrazolasa

Tervkeszıtes. Az {az2 + (1 − a)z3|a ∈ R} halmaz geometriai

kepe a z2 es z3 affixumu pontokon athalado egyenes, tehat a feladat egy

pontnak egy egyenestol valo tavolsagat keri. Igy termeszetes, hogy a

feladatban megjeleno kifejezesek geometriai ertelmezeset szerkesztjuk

meg. Y

Megoldas. A 2.16. abra jeloleseit hasznaljuk. Ha az a parameter

a valos szamok halmazaban valtozik, akkor a z = az2+(1−a)z3 komp-

lex szam kepe a z2 es a z3 komplex szamok kepei altal meghatarozott

egyenesen mozog.

A z( )

B z( ) C z( )M z( ) M z( )

1

0 02 3

2.16. Abra. A feladat geometriai ertelmezese


A |a · z2 + (1 − a) · z3 − z1| kifejezes az M(az2 + (1 − a)z3) es az

A(z1) pontok tavolsaga, es ez akkor minimalis, ha az AM szakasz

meroleges a BC egyenesre. Ebben az esetben

AM0 =2T [ABC]

BC=

AB · AC · sin(BAC)

BC=

=AB · AC

2r=

1

2r|z1 − z2| |z1 − z3| .

Az utolso egyenloseget a szinusztetel es a |z1| = |z2| = |z3| = r

egyenloseg alapjan ırtuk fel. X

2.5. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha a, b, c > 0, akkor√

a2 − ab + b2 +√

a2 − ac + c2 ≥√

b2 + bc + c2.

Tervkeszıtes. Probalkozhatunk a gyokok kikuszobolesevel. Ez

ket negyzetre emelest jelent es elegge sok szamolast, raadasul a gyokok

eltuntetese utan derul ki, hogy tudunk-e valamit csinalni. Jobb otlet

hıjjan ezt a ,,brute force” modszert kell kiprobalni. Vizsgaljuk meg a

gyokok alatti kifejezeseket. Ket valtozo negyzetosszege es a szorzata

szerepel. Ezek jelennek meg a koszinusztetelben is. Az a2−ab+b2 kife-

jezest az a2 − 2ab cos(C) + b2-bol pontosan akkor kapjuk, ha a C szog

merteke 60◦. Tehat geometriailag abrazolhato mindharom kifejezes (a

jobb oldalhoz 120◦-os szog kell) es mivel mindharom negyzetgyok egy-

egy szakasz hosszat jeloli gyakorlatilag azt kell belatni hogy ket sza-

kasz hosszanak osszege nagyobb, mint a harmadik hossza. Ilyesmi a

haromszog egyenlotlensegben fordul elo, tehat ugy kellene az abrat

elkeszıteni, hogy a bizonyıtando egyenlotlensegben megjeleno szakasz-

hosszak lehetoleg egy haromszoghoz tartozzanak. Y

Megoldas. 1. A ,,nyers ero” (vagyis a direkt szamolas) sikeres,

ha nem veszunk el a szamolasokban. Az elso negyzetre emeles utan a

2√

a2 − ab + b2√

a2 − ac + c2 ≥ ab + ac + bc − 2a2

egyenlotlenseghez jutunk. Ha ennek a jobb oldala negatıv, akkor az

eredeti egyenlotlenseg igaz, ellenkezo esetben ismet negyzetre emel-

hetunk. Egy kis szamolas utan az

(ab + ac − bc)2 ≥ 0


egyenlotlenseghez jutunk, ami igaz.

2. Szerkesszuk meg az OAB es OAC haromszogeket ugy, hogy

OA = a, OB = b, OC = c es m(AOB) = m(AOC) = 60◦, valamint

B es C az OA-hoz viszonyıtva ellentetes felsıkban legyen (lasd a 2.17.

abrat). A koszinusztetel alapjan

AB =√

a2 − ab + b2,

AC =√

a2 − ac + c2 es

BC =√

b2 + bc + c2.

a

b

c60 o

60o

2.17. Abra. A feladat geometriai modellje

Az ABC haromszogben a haromszog-egyenlotlenseg alapjan AB+

AC ≥ BC, vagyis√

a2 − ab + b2 +√

a2 − ac + c2 ≥√

b2 + bc + c2.

X

2.6. Feladat. Oldd meg a kovetkezo egyenleteket:

a)√

15 − 12 cosx +√

7 − 4√

3 sin x = 4, ha x ∈(0, π

2

);

b)√

2 − 2 cos x +√

10 − 6 cosx =√

10 − 6 cos 2x, ha x ∈(0, π

2

).


Tervkeszıtes. Direkt szamolassal (esetleg valamilyen uj valtozo

bevezetesevel) eltuntethetjuk a negyzetgyokoket. Ez termeszetesen

egy kis szamolast jelent.

A gyokok alatti kifejezesek alakja alapjan megprobalkozhatunk

valamilyen geometriai abrat letrehozni, amelyen megjelennek (peldaul

szakaszhosszkent) a√15 − 12 cosx,

√7 − 4

√3 sin x

stb. kifejezesek. A koszinusztetel alapjan elegseges volna olyan a, b >

0 szamokat talalnunk, amelyekre a2 + b2 = 15 es 2ab = 12. Ilyenek

az a =√

3 es b = 2√

3. Ez azt jelenti, hogy abban a haromszogben,

amelyben az a =√

3 es b = 2√

3 hosszusagu oldalak szoge x, a har-

madik oldal hossza pontosan√

15 − 12 cosx. Hasonloan ha az a =√

3

es c = 2 hosszusagu oldalak szoge π2− x, akkor a harmadik oldal

hossza√

7 − 4√

3 sin x. Tehat ezeket abrazoljuk es megnezzuk, hogy

mit jelent maga az egyenlet. Y

Megoldas. a) Ha√

15 − 12 cosx = A, akkor cosx = 15−A2

12, tehat

sin x =

√(A2−3)(27−A2)

12. Igy az adott egyenlet

A +

√

7 −√

(A2 − 3)(27 − A2)

3= 4

alaku. Ez a kovetkezokeppen alakıthato:

3 ·[7 − (4 − A)2

]2= (A2 − 3)(27 − A2)

A4 − 12A3 + 54A2 − 108A + 81 = 0

(A − 3)4 = 0.

Igy az egyetlen lehetoseg A = 3, ahonnan cosx = 12. Az x ∈

(0, π

2

)

feltetel alapjan x = π3.

Geometriai megoldas. Szerkesszuk meg az AOB derekszogu

haromszoget(m(AOB) = 90◦

)ugy, hogy OA = 2

√3 es OB = 2.

Ha C egy pont a sıkban, m(AOC) = x es OC =√

3, akkor a koszi-

nusztetel alapjan

AC =√

15 − 12 cosx


x x

2.18. Abra. Az elso egyenlet geometriai jelentese

es

BC =

√22 + (

√3)2 − 2 · 2 ·

√3 · cos

(π

2− x)

=

√7 − 4

√3 sin x.

A Pitagorasz-tetel alapjan AB =√

(2√

3)2 + 22 = 4, tehat az egyenlet

alapjan AC+BC = AB. Ez pontosan akkor teljesulhet, ha C ∈ (AB).

Ugyanakkor az O-hoz tartozo magassag h = 2·2√

32·2 =

√3, tehat C az O

-bol huzott magassag talppontja. m(OAB) = 30◦ alapjan kovetkezik,

hogy x = π3.

b) Geometriai megoldas. Szerkesszuk meg az OAB es OBC

haromszogeket ugy, hogy OA = OB = 1, OC = 3 es m(AOB) =

m(BOC) = x.

A koszinusztetel alapjan AB =√

2 − 2 cos x, BC =√

10 − 6 cosx

es CA =√

10 − 6 cos 2x, tehat az egyenlet alapjan AB + BC = AC.

Ez pontosan akkor teljesulhet, ha B ∈ (AC). Igy OB szogfelezo az

OAC haromszogben, tehat a szogfelezotetel alapjan ABBC

= 13. Ebbol

kovetkezik, hogy 9(2 − 2 cos x) = 10 − 6 cos x, cos x = 23. A megoldas

tehat x = arccos 23.

Algebrai megoldas. Ha az egyenlet mindket oldalat negyzetre

emeljuk, a

4 cos x − 3 cos 2x − 1 =√

2 − 2 cos x√

10 − 6 cos x


1

1

3

1

1

3

2.19. Abra. A masodik egyenlet geometriai jelentese

egyenlethez jutunk. Ha ezt ismet negyzetre emeljuk es rendezzuk (fel-

hasznalva, hogy cos 2x = 2 cos2 x − 1 ) az u = cos x ismeretlenre a

9u4 − 12u3 − 5u2 + 12u − 4 = 0

egyenlethez jutunk. Ennek a gyokei u1,2 = 23, u3 = 1 es u4 = −1. Az

x ∈(0, π

2

)feltetel alapjan csak a cosx = 2

3lehetseges. X

2.7. Feladat. Oldd meg a kovetkezo egyenletrendszereket:

a)

{x2 + y2 = 4

x3y − xy3 =√

12; b)

{x2 + y2 = 1

x2 − y2 = 2xy;

c)

{x2 + y2 = 1

4x3 − 3x = 3y − 4y3 ; d)

{x2 + y2 = 1

x +√

3y = 4xy.

Tervkeszıtes. Az x2 + y2 = 1 egyenlet alapjan feltetelezhetjuk,

hogy x = cos α es y = sin α. Igy a rendszerekbol gyakorlatilag trigo-

nometrikus egyenleteket kapunk. Y

Megoldas. a) Az elso egyenlet alapjan hasznalhatjuk az x2

=

cos α es y

2= sin α jelolest. Igy a

sin α cos α · (cos2 α − sin2 α) =

√3

8


egyenloseghez jutunk. Tehat sin 4α =√

32

es ıgy

4α ∈{ π

3+ 2kπ

∣∣∣ k ∈ Z}∪{

2π

3+ 2kπ

∣∣∣∣ k ∈ Z

}.

Ebbol kovetkezik, hogy

M =

{(2 cos α, 2 sin α)

∣∣∣∣α ∈{

π

12,7π

12,13π

12,19π

12,π

6,2π

3,7π

6,5π

3

}}.

b) Az elso egyenlet alapjan x = cos α es y = sin α, tehat

cos2 α − sin2 α = 2 sinα cos α,

vagyis

cos 2α = sin 2α.


α ∈{

π

8+

kπ

2

∣∣∣∣ k ∈ Z

}

es ıgy

M =

{(cos α, sin α)

∣∣∣∣α ∈{

π

8,5π

8,9π

8,13π

8

}}.

c) Az x = cos α es y = sin α jelolessel a

cos 3α = sin 3α

egyenlethez jutunk, tehat

α ∈{

π

12+

kπ

3

∣∣∣∣ k ∈ Z

}.


M =

{(cos α, sin α)

∣∣∣∣α ∈{

π

12,5π

12,9π

12,13π

12,17π

12,21π

12

}}.

d) Ha x = cos α es y = sin α , akkor a masodik egyenletbol

1

2cos α +

√3

2sin α = sin 2α

vagyis

sin(π

6+ α

)= sin 2α.


Igy

α ∈{ π

6+ 2kπ

∣∣∣ k ∈ Z}∪{

(2k + 1)π

3− π

18

∣∣∣∣ k ∈ Z

}.

Ez alapjan

M =

{(cos α, sin α)

∣∣∣∣α ∈{

π

6,5π

18,17π

18,29π

18

}}.

X

2.8. Feladat. Az x, y, z pozitıv szamok teljesıtik a kovetkezo e-

gyenlosegeket:

x2 + xy +y2

3= 25

y2

3+ z2 = 9

z2 + xz + x2 = 16

Szamıtsd ki az xy + 2yz + 3xz kifejezes erteket!

Tervkeszıtes. Arra nem sok remenyunk lehet, hogy a rendszert

megoldjuk, majd a megoldasokra kiszamıtsuk a megfelelo kifejezes

erteket. Masreszt mindharom egyenloseg a koszinusztetelben meg-

jeleno kifejezesre hasonlıt a megfelelo szogekkel. Tehat keszıtunk egy

olyan abrat, amelyen megjelenıtheto a harom egyenloseg bal oldala,

majd megvizsgaljuk, hogy mit jelent a kiszamıtando kifejezes. Y

Megoldas. Felvesszuk az OA = x, OB = y√3

es OC = z szaka-

szokat ugy, hogy m(AOB) = 150◦, m(BOC) = 90◦ es m(COA) =

120◦. A koszinusztetel alapjan:

AB =

√x2 +

y2

3+ xy = 5

BC =

√y2

3+ z2 = 3

AC =√

z2 + xz + x2 = 4.


2.20. Abra. A harom egyenloseg geometriai jelentese

A 2.20. abran lathato, hogy

T [ABC] =xy

4√

3+

2zy

4√

3+

3xz

4√

3

es ıgy

xy + 2yz + 3xz = 24√

3.

X

2.9. Feladat. Oldd meg a√

1 − x2 = 4x3 − 3x egyenletet, ha

x ∈ [−1, 1].

Tervkeszıtes. Atırjuk trigonometriai egyenletre es azt megold-

juk. Y

Megoldas. Mivel x ∈ [−1, 1], letezik α ∈ [0, π] ugy, hogy x =

cos α. Ha x = cos α, akkor az egyenlet

sin α = cos 3α

alakban ırhato, tehat

α ∈{

π

8+

kπ

2

∣∣∣∣ k ∈ Z

}∪{ π

4+ (2k + 1)

π

2

∣∣∣ k ∈ Z}

es ıgy

M =

{cos α

∣∣∣∣α ∈{

π

8,5π

8,9π

8,13π

8,3π

4,7π

4

}}.

X


2.10. Feladat. Oldd meg az

y = 2x1−x2

z = 2y

1−y2

x = 2z1−z2

egyenletrendszert, ha x, y, z ∈ R.

Tervkeszıtes. A tg2α kepletere hasonlıt az egyenletek jobb olda-

la, ezert atırjuk trigonometriara. Y

Megoldas. Az x = tgα jelolessel y = tg2α, z = tg4α es ıgy

x = tg8α. Tehat a tgα = tg8α egyenlet gyokeit kell meghatarozni. De

tg8α − tgα =sin 7α

cos α cos 8α,

tehat

α ∈{

kπ

7

∣∣∣∣ k ∈ Z

}.

Igy M ={(tgα, tg 2α, tg 4α)|α ∈

{kπ7|0 ≤ k ≤ 13

}}. X

2.11. Feladat. Oldd meg a∣∣2x −

√1 − 4x2

∣∣ =√

2(8x2−1) egyen-

letet a valos szamok halmazaban.

Tervkeszıtes. A√

1 − 4x2 es 8x2 − 1 kifejezesek arra utalnak,

hogy a 2x = cos α valtozocserevel egyszerubb egyenlethez jutunk,

tehat atırjuk trigonometriai egyenletre az eredeti egyenletet. Y

Megoldas. A 2x = cos α jelolessel az egyenlet

|cos α − sin α| =√

2 cos 2α

alakban ırhato, tehat

sin(α − π

4

)= ± cos 2α.


M =

{√2

4,−√

6 −√

2

8

}.

X


2.12. Feladat. Oldd meg R-en a{

4xy(2x2 − 1) = 1

x2 + y2 = 1

egyenletrendszert!

Tervkeszıtes. A masodik egyenlet alapjan az x = cos α es y =

sin α helyettesıtessel atırhatjuk trigonometriai egyenletre az elso

egyenletet. Y

Megoldas. Az x = cos α es y = sin α jelolessel az elso egyenlet

sin 4α = 1 alakban ırhato, tehat

α ∈{

π

8+

kπ

2

∣∣∣∣ k ∈ Z

}

es ıgy a rendszer megoldashalmaza:

M =

{(cos

(π

8+

kπ

2

), sin

(π

8+

kπ

2

))∣∣∣∣ 0 ≤ k ≤ 3

}.

X

2.13. Feladat. Egy szabalyos hatszoglap minden oldalat felosztot-

tuk 3 egyenlo reszre, majd a 2.21. abran lathato rombuszokkal atfedes

nelkul lefodtuk a hatszoget (mindenik rombuszfajtabol tetszoleges szamu

allt rendelkezesunkre, de a rombuszokat nem szabad elforgatni). Bi-

zonyıtd be, hogy barhogyan is fedtuk le a hatszoget, mind a harom

fajta rombuszbol kilencet hasznaltunk fel.

2.21. Abra. A lefodeshez hasznalhato rombuszok

Tervkeszıtes. Elkeszıtunk egy par lehetseges lefodest es meg-

vizsgaljuk a kapott abrakat annak remenyeben, hogy eszreveszunk

valamilyen jellemzo tulajdonsagot, amely segıt. Y


Megoldas. A szemleletesseg fokozasanak celjabol a rombuszokat

kiszınezzuk a 2.22. abranak megfeleloen! Mihez hasonlıt az, amit

latunk? Annak ellenere, hogy ez egy sıkbeli abra terbeli testek repre-

zentaciojanak is felfoghato. Igy az elson egy 3 × 3 × 3-as kocka (pl.

buvos kocka) lathato, mıg a masik ketton kisebb kockakbol osszerakott

testek (amit felfoghatunk ugy is, mintha az elsobol nehany egysegkoc-

kat elhagytunk volna (az ilyen abrazolast nevezzuk axonometrianak

vagy pontosabban izometrikus axonometrianak).

2.22. Abra. Hatszog lefodesei rombuszokkal

Ha a 2.23. abran lathato szamozott kockakat elhagyjuk, akkor

eppen a 2.22. abran lathato harmadik alakzathoz jutunk.

1

2 4

3

4

73

6

32

56

2.23. Abra. A kocka szetszedese

Ebbol az eszrevetelbol konnyen lehet bizonyıtast gyartani, hisz a

sıkbeli hatszog minden lehetseges lefedese egy-egy ilyen szetszedett

kockat abrazol. Persze nem minden szetszedett kockanak felel meg

egy ilyen lefedes, peldaul ha a 2.23. abra 2-es kockajat vesszuk ki,


akkor az ily modon megbontott kocka abrazolasa nyoman nem ka-

punk lefedest. Ahhoz, hogy egy szetszedett kocka abrazolasa nyoman

lefedest kapjunk, az szukseges, hogy ha egy kis kockat kiveszunk, akkor

az elotte allokat is mind ki kell szedni, vagyis elolrol teljesen lathato

kell legyen a kivett kocka helye. Ez viszont pontosan azt jelenti, hogy

mindharom tıpusu rombuszbol 9 darabot latunk (mert ennyi latszana,

ha a megfelelo lapra meroleges iranybol neznenk, es az osszes latszik

az axonometrikus abrazolasban is). X

2.14. Feladat. Bizonyıtsuk be, hogy egy 1005cm sugaru kor nem

fedheto le 2009 darab 1cm szelessegu tetszolegesen hosszu papırcsıkkal

(a csıkokat nem szabad megturni)!

Tervkeszıtes. Az elso alapveto problema az, hogy a csık a kozep-

ponthoz viszonyıtott helyzete szerint a korlapbol kulonbozo teruletu

reszt fed. Ez a problema kikuszobolheto, ha a kort egy gomb vetulete-

nek tekintjuk es a papırcsıkokat valamilyen gombovek vagy gombsuve-

gek vetuletenek. Igy gyakorlatilag a gombon dolgozunk es a kor meg

a csıkok csak a terbeli objektumok vetuleteikent jelennek meg. Y

Megoldas. Tekintsuk azt a gombot, amely a kor sıkjat a kor

kozeppontjaban erinti es amelynek a sugara egyenlo a kor sugaraval.

Tetelezzuk fel, hogy a lefedes lehetseges, es a papırcsıkok szeleinel

emeljunk meroleges sıkokat a kor sıkjara. A 2.24. abran egy csıknak

megfelelo sıkpart lathatunk. Igy minden papırcsıknak megfelel egy

gombov vagy egy gombsuveg. Mivel a papırcsıkok lefedik a korlapot,

a nekik megfelelo gombovek (vagy suvegek) beborıtjak a gomb egesz

felszınet. Igy a gombovek felszınenek osszege legalabb akkora, mint a

gomb felszıne.

A gombov felszıne azonban csak az eredeti gomb sugaratol es az

ov magassagatol fugg (akarcsak a suveg felszıne). Ezt az

Fov = 2πR · h

keplet fejezi ki. Igy az osszes gombov felszıne:

2π1005 · 2009 = 2010 · 2009π.


AO

2.24. Abra. A papırcsıkok es a gombovek

A gomb felszıne viszont

Fgomb = 4πR2 = 2010 · 2010π.

Ez ellentmondas, tehat a feltetelezesunk hamis. Igy a 2009 papırcsıkkal

nem lehet lefedni a korlapot. X

2.15. Feladat. Van ket korongunk: az egyik mindket oldalan pi-

ros, a masiknak az egyik oldala piros a masik fekete. A kovetkezo

jatekot jatsszuk: a ket korongot beletesszuk egy kalapba, majd veletlen-

szeruen kiveszunk egy korongot es az asztalra tesszuk. Ha a korongnak

a felso fele piros, akkor a jatszotarsunknak arra kell tippelnie, hogy mi-

lyen szınu a korong also fele. Ha a korong felso fele fekete, akkor visz-

szatesszuk a kalapba, es ujra huzunk. A kerdes az, hogy mire erdemes

tippelni.

Tervkeszıtes. Ki kell szamıtani a kulonbozo lehetseges eseme-

nyek valoszınuseget. Ehhez persze elobb meg kell vizsgalni, hogy mi-

lyen lehetseges esetek vannak (amikor a korong az asztalon marad).

Y

Megoldas. Ha megszamozzuk a korongok oldalait (feltetelezhet-

juk, hogy a piros-fekete korong piros oldalat 1-gyel jeloltuk meg), akkor

a kihuzott korong felso fele lehet PP −1, illetve PP −2, vagy PF −1,

illetve PF − 2, ahol PP -vel a ket piros oldalu korongot es PF -el

a kulonbozo szınu oldalakkal rendelkezo korongot jeloltuk. Lathato,

hogy ha a korong az asztalon marad, akkor ez a PP − 1, a PP − 2,


vagy a PF −1 esetet jelenti. Igy az azonos valoszınuseggel rendelkezo

kimenetelek szama 3. Lathato, hogy ha A-val es B-vel jeloljuk azt

az esemenyt, hogy a kihuzott korong also oldala piros, illetve, fekete,

akkor P (A) = 23

es P (B) = 13. Eszerint erdemes arra tippelni, hogy a

korong also oldala piros. X

2.15.1. Megjegyzes. A feladat matematikai lenyege azonos a ko-

vetkezo valos elethelyzet problemajaval. Egy televızios jatek gyozte-

senek harom egyforma ajto kozul kell egyet valasztania. Ket ajto

mogott egy-egy bakkecske, mıg a harmadik mogott egy szemelygep-

kocsi rejtozik. Miutan a jatekos valaszt egy ajtot, a jatekvezeto a

masik ket ajto kozul kinyitja az egyiket, amelyik mogott kecske van, es

megkerdi a jatekost, hogy kitart-e eredeti valasztasa mellett. A kerdes

persze az, hogy kitartani vagy valtoztatni erdemesebb? Ha alaposab-

ban vegiggondoljuk a lehetseges eseteket, azonnal rajovunk, hogy ezek

nem azonos valoszınuseguek, mert ha az elso valasztas a fonyeremenyt

rejtegeto ajtora esik, akkor a jatekvezeto a masik ket ajto kozul barme-

lyiket kinyithatja, mıg ha az elso valasztas egy kecsket rejtegeto ajtora

esik, akkor a jatekvezetonek nincs valasztasi lehetosege.

2.16. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha a p, q ∈ R pozitıv szamok

osszege 1, akkor

(1 − pn)m + (1 − qm)n > 1,

ha m ≥ 1 es n ≥ 1 termeszetes szamok.

Tervkeszıtes. Probalkozhatunk algebrai atalakıtasokkal vagy

teljes indukcioval. Egy kis szamolas utan rajovunk, hogy ez nem

konnyen vitelezheto ki. Viszont a p+q = 1 feltetel es az egyenlotlenseg-

ben megjeleno kifejezesek valamilyen valoszınusegi tulajdonsagra em-

lekeztetnek. Ezert tekintsunk egy A esemenyt, amelynek a valoszınuse-

ge p es probaljuk megszerkeszteni azokat az esemenyeket, amelyeknek

a valoszınusege (1 − pn)m illetve (1 − qm)n . Y

Megoldas. Tekintsunk egy m × n -es teglalapot es osszuk fel

egysegnegyzetekre. Ha az m · n egysegnegyzet mindegyiket p valoszı-

nuseggel kekre es q = 1−p valoszınuseggel pirosra festjuk, akkor pn an-

nak a valoszınusege, hogy egy elore valasztott oszlopban minden mezot


kekre szıneztunk. Igy 1−pn annak a valoszınusege, hogy egy oszlopban

van legalabb egy piros mezo es (1 − pn)m annak a valoszınusege, hogy

minden oszlopban van legalabb egy piros mezo. Hasonloan (1 − qm)n

annak a valoszınusege, hogy minden sorban van legalabb egy kek mezo.

Masreszt, ha valamelyik oszlopban minden mezo kek (azaz nem tel-

jesul az elso esemeny), akkor minden sorban van legalabb egy kek

mezo (vagyis teljesul a masodik esemeny), es ha valamelyik sorban

minden mezo piros, akkor minden oszlopban van legalabb egy piros

mezo. Igy a ket esemeny egyesıtese a biztos esemeny. Mivel a ket

esemeny metszete nem a lehetetlen esemeny, a valoszınusegeik osszege

nagyobb, mint egy. Ez eppen a kert egyenlotlenseg. X

2.17. Feladat. Egy szigeten 13 szurke, 15 barna es 17 zold kame-

leon el. Ha ket kulonbozo szınu kameleon talalkozik, mindketten a

harmadik szınre valtoztatjak boruk szınet. Lehetseges-e, hogy egy ido

mulva minden kameleon azonos szınu legyen? Hat akkor, ha 19 szurke,

13 barna es 20 zold kameleon van?

Tervkeszıtes. A problemat ket dolog okozza: az elso az, hogy

harom fajta talalkozas van, a masodik az, hogy ezeknek a talalkozasok-

nak nem ismerjuk a sorrendjet. Ha viszont elkepzeljuk, hogy csak a

szurke kameleonok szamat szamlaljuk, akkor gyakorlatilag az aktualis

kameleonszambol mindig csak kivonunk egyet, vagy hozzaadunk ket-

tot. Igy viszont a vegeredmeny nem fugg ezeknek a muveleteknek a

sorrendjetol, csak attol, hogy melyiket hanyszor hajtjuk vegre. Ez

azt jelenti, hogy a kulonbozu tıpusu talalkozasok sorrendjetol nem

fugg a vegeredmeny, csak azoknak a szamatol. Igy bevezethetunk

harom ismeretlent (a kulonbozu tıpusu talalkozasok szamai) es azokra

valamilyen egyenletrendszerhez jutunk, amit tanulmanyozhatunk.

Y

Megoldas. Ha a kulonbozo tıpusu talalkozasok szama: a (szur-

kere valtoznak), b (barnara valtoznak) es c (zoldre valtoznak), akkor

a talalkozasok sorrendjetol fuggetlenul a vegen 13 + 2a − b − c szurke

15− a + 2b− c barna es 17 − a − b + 2c zold szınu kameleon lesz. Ha

minden kameleon azonos szınu, akkor az elobbi szamok kozul ketto


0 es a harmadik 45. Igy a kovetkezo egyenletrendszereket kellene

tanulmanyozni:

13 + 2a − b − c = 0

15 − a + 2b − c = 0

17 − a − b + 2c = 45

13 + 2a − b − c = 0

15 − a + 2b − c = 45

17 − a − b + 2c = 0

13 + 2a − b − c = 45

15 − a + 2b − c = 0

17 − a − b + 2c = 0

Ha valamely rendszer ket egyenletet kivonjuk egymasbol, akkor el-

lentmondashoz jutunk, mert egy 3-mal oszthato szam 2 vagy 4 kel-

lene legyen. Tehat nem lehetseges, hogy a kameleonok azonos szınuek

legyenek.

2.17.1. Megjegyzes. Ez gyakorlatilag azt mutatja, hogy ket ku-

lonbozo (rogzıtett) szınhez tartozo kameleonok szamanak kulonbsege

invarians a 3-mal valo osztas maradekara nezve.

A masodik esetben a

19 + 2a − b − c = 0

13 − a + 2b − c = 0

20 − a − b + 2c = 52

egyenletrendszerhez (es ket tarsahoz) jutunk. Ennek a termeszetes

megoldasai a = b − 2, c = b + 15, alakuak, ahol b ∈ N, b ≥ 2. Tehat

a = 0 , b = 2 es c = 17 eseten elerjuk a kıvant allapotot. Lathato, hogy

ezek a talalkozasok lehetsegesek is, tehat ebben az esetben elerheto,

hogy csak egyszınu kameleonok eljenek a szigeten. X

2.18. Feladat. Egy negyszog AB, BC, CD es DA oldalainak

meghosszabbıtasain felvesszuk az M, N, P es Q pontot ugy, hogy

AB

BM=

BC

CN=

CD

DP=

DA

AQ= k,

majd az A, B, C es D pontot kitoroljuk. Megszerkesztheto-e az A,

B, C es D pont az M, N, P es Q pont ismereteben? k = 1 eseten

vegezzuk is el a szerkesztest!


N

M

Q

P

A

B

C

D

2.25. Abra. Szerkesszuk vissza a belso negyszoget!

Tervkeszıtes. Geometriailag tobb segedpontra lenne szukseg es

olyan tulajdonsagokat kellene eszrevenni, amelyek alapjan az eredeti

pontok visszaszerkeszthetoek. De mi van akkor, ha nem talalunk

ilyeneket? Ez egyaltalan nem fogja azt jelenteni, hogy a szerkesztest

nem lehet elvegezni. Jo lenne valami olyan osszefuggeseket levezetni

az eredeti pontok es a szerkesztett pontok kozt, amelyek alapjan a

szerkeszthetoseg eldontheto. Probaljuk meg kiszamolni az eredeti pon-

tok helyzetvektoranak fuggvenyeben a szerkesztett pontok helyzetvek-

torat, majd a kapott osszefuggesekbol fejezzuk ki az eredeti pontok

helyzetvektorat! Y

Megoldas. Elso lepesben kifejezzuk az−−→OM,

−−→ON,

−→OP es

−→OQ

helyzetvektorokat az−→OA,

−−→OB,

−→OC es

−−→OD helyzetvektorok fuggvenye-

ben, majd az−→OA,

−−→OB,

−→OC es

−−→OD helyzetvektorokat az

−−→OM,

−−→ON,−→

OP es−→OQ fuggvenyeben. A megadott egyenlosegek alapjan felırhat-

juk, hogy

k · −−→OM = (k + 1) · −−→OB −−→OA

k · −−→ON = (k + 1) · −→OC −−−→OB

k · −→OP = (k + 1) · −−→OD −−→OC

k · −→OQ = (k + 1) · −→OA −−−→OD

Ha az elso ket egyenletbol kikuszoboljuk az−−→OB -t (a masodik egyen-

letet megszorozzuk (k+1)-gyel, osszeadjuk a ket egyenletet) es az


utolso kettobol−−→OD -t, a kovetkezo egyenletekhez jutunk:

{k · −−→OM + k · (k + 1) · −−→ON = (k + 1)2 · −→OC −−→

OA

k · −→OP + k · (k + 1) · −→OQ = (k + 1)2 · −→OA −−→OC

.


−→OA =

k−−→OM + k (k + 1)

−−→ON + k (k + 1)2 −→OP + k (k + 1)3 −→OQ

(k + 1)4 − 1.

Hasonlo osszefuggeseket kapunk az−−→OB,

−→OC es

−−→OD vektor eseten is,

tehat az A, B, C es D pont megszerkesztheto az M, N, P es Q pont

ismereteben.

Ha k = 1, akkor

−→OA =

−−→OM + 2

−−→ON + 4

−→OP + 8

−→OQ

15=

3−−→OM+2

−−→ON

3+ 12

−−→OP+2

−−→OQ

3

3 + 12.

A szamlaloban megjeleno ket tort az MN es PQ szakasznak az N -

hez, illetve a Q-hoz kozelebb eso E, illetve F harmadolo pontjanak a

helyzetvektora. Ezert elobb ezeket kell megszerkeszteni.

−−→OE =

−−→OM + 2

−−→ON

3,

−→OF =

−→OP + 2

−→OQ

3,

tehat−→OA =

−−→OE + 4

−→OF

5,

vagyis az EF -et ot egyenlo reszre kell osztanunk es az F -hez legkoze-

lebb eso osztopont eppen A. Hasonloan az NP es QM szakasz P -

N

M

Q

P

A

B

C

D

F

IE

H

2.26. Abra. A belso negyszog visszaszerkesztese


hez, illetve M-hez kozelebb eso H, illetve I harmadolopontjai altal

meghatarozott HI szakasz I-hez legkozelebb eso otodolopontja a B,

es ıgy tovabb. X

2.18.1. Megjegyzes. Ugyanezt szintetikusan is megkaphatjuk, ha

meghosszabbıtjuk az AC es BD szakaszokat, majd kiszamoljuk, hogy

ezek milyen aranyban osztjak az MNPQ oldalait.

2.19. Feladat. Bizonyıtsd be a

|z1 − z2|2 + |z2 − z3|2 + |z3 − z1|2 + |z1 + z2 + z3|2 =

= 3(|z1|2 + |z2|2 + |z3|2

)

azonossagot!

Tervkeszıtes. Kiszamıtjuk mindket oldalt a |u|2 = u·u osszefug-

ges segıtsegevel. Ez termeszetesen ,,brute force” megoldas. Pontosab-

ban szamolunk es aztan egyszercsak kiderul, hogy igaz vagy sem az

egyenloseg. Ebbol a megoldasbol semmit sem tudunk meg a dolgok

miertjerol, vagy az azonossag jelenteserol. Az ilyen megoldasok inkabb

a csuklot mozgatjak, mint a fantaziat. Kell legyen ennek valami je-

lentese is. Probaljunk egy geometriai ertelmezest szerkeszteni! Y

Megoldas. Ez a szamolasos megoldas:

|z1 − z2|2 + |z2 − z3|2 + |z3 − z1|2 + |z1 + z2 + z3|2 =

= (z1 − z2) (z1 − z2) + (z2 − z3) (z2 − z3) + (z3 − z1) (z3 − z1) +

+ (z1 + z2 + z3) (z1 + z2 + z3) =

= z1z1 − z1z2 − z2z1 + z2z2 + z2z2 − z2z3 − z3z2 + z3z3+

+z3z3 − z3z1 − z1z3 + z1z1 + z1z1 + z1z2 + z1z3+

+z2z1 + z2z2 + z2z3 + z3z1 + z3z2 + z3z3 =

= 3(|z1|2 + |z2|2 + |z3|2

).

Geometriai ertelmezes. Ha G-vel jeloljuk az A(z1), B(z2), es C(z3)

pontok altal meghatarozott haromszog sulypontjat, akkor G affixumaz1+z2+z3

3, tehat ha O az origo, akkor a feladatbeli egyenloseg

AB2 + BC2 + CA2 + 9OG2 = 3(OA2 + OB2 + OC2)


alakban ırhato. Mivel az origot tetszolegesnek valaszthatjuk, gyakor-

latilag ez a Leibniz-tetel (amit igazolhatunk mas modszerrel is):

Ha M egy tetszoleges pont az ABC haromszog sıkjaban, akkor

MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 +AB2 + BC2 + CA2

3.

X

2.20. Feladat. Bizonyıtsd be a

|z1 + z2| + |z2 + z3| + |z3 + z1| ≤ |z1| + |z2| + |z3| + |z1 + z2 + z3|egyenlotlenseget! (Hlawka-egyenlotlenseg)

Tervkeszıtes. A modulusok negyzetevel egyszerubb dolgozni,

ezert negyzetre emeljuk es megprobaljuk a megfelelo becsleseket hasz-

nalni. Mas lehetoseg ismet egy geometriai abrazolas. Y

Megoldas. Ha az igazolando egyenlotlenseg mindket oldalan sze-

replo kifejezest negyzetre emeljuk, a kovetkezo, az eredetivel ekvi-

valens egyenlotlenseghez jutunk:

|z1 + z2|2 + |z2 + z3|2 + |z3 + z1|2 +

+2 (|z1 + z2| |z2 + z3| + |z1 + z2| |z3 + z1| + |z2 + z3| |z3 + z1|) ≤≤ |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z1 + z2 + z3|2 +

+2 (|z1| |z2| + |z1| |z3| + |z2| |z3|) +

+2 (|z1| |z1 + z2 + z3| + |z2| |z1 + z2 + z3| + |z3| |z1 + z2 + z3|) .

Mielott elvesznenk a reszletekben vegyuk eszre, hogy

|z1 + z2|2 + |z2 + z3|2 + |z3 + z1|2 =

= |z1|2 + |z2|2 + |z3|2 + |z1 + z2 + z3|2 .

Ez alapjan a bizonyıtando egyenlotlenseg ekvivalens a kovetkezovel:

|z1 + z2| |z2 + z3| + |z1 + z2| |z3 + z1| + |z2 + z3| |z3 + z1| ≤

≤ |z1| |z2| + |z1| |z3| + |z2| |z3|++ |z1| |z1 + z2 + z3| + |z2| |z1 + z2 + z3| + |z3| |z1 + z2 + z3| .


Ha mindket oldalon elvegezzuk a szorzasokat, a kovetkezo ekvivalens

alakot kapjuk: ∣∣z1z2 + z2z3 + z1z3 + z22

∣∣+∣∣z1z2 + z1z3 + z2z3 + z2

1

∣∣+∣∣z1z2 + z2z3 + z1z3 + z2

3

∣∣ ≤≤ |z1z2| + |z1z3| + |z2z3|+

+∣∣z2

1 + z1z2 + z1z3

∣∣+∣∣z2

2 + z1z2 + z2z3

∣∣+∣∣z2

3 + z1z3 + z3z2

∣∣ .Most mar lathato, hogy ez hogy bizonyıthato. A bal oldalon megjeleno

modulusokat felbontjuk ket reszre ugy, hogy megjelenjenek a jobb

oldalon szereplo kifejezesek. Pontosabban ha tagonkent osszeadjuk a

kovetkezo egyenlotlensegeket, akkor megkapjuk a kıvant egyenlotlen-

seget:∣∣z1z2 + z1z3 + z2z3 + z2

1

∣∣ ≤ |z2z3| +∣∣z1z2 + z1z3 + z2

1

∣∣ ,∣∣z1z2 + z1z3 + z2z3 + z2

2

∣∣ ≤ |z1z3| +∣∣z1z2 + z2z3 + z2

2

∣∣ ,∣∣z1z2 + z1z3 + z2z3 + z2

3

∣∣ ≤ |z1z2| +∣∣z3z2 + z1z3 + z2

3

∣∣ .Tehat |z1 + z2|+|z2 + z3|+| |z3 + z1| ≤ |z1|+|z2|+|z3|+|z1 + z2 + z3| .Geometriai bizonyıtas. A 2.27. abra jelolesei alapjan

OG + BD ≥ OD + BG,

mivel egy konvex negyszogben ket atlo hosszanak osszege nagyobb,

mint ket szembenfekvo oldal hosszanak osszege (ha OBGD nem kon-

vex, akkor az OBGE-t vagy OCGF -et hasznaljuk, legalabb az egyik

mindig konvex). Ugyanakkor az OCE haromszogben a haromszog-

egyenlotlenseg alapjan:

OC + CE ≥ OE,

tehat

OC + CE + OG + BD ≥ OD + BG + OE.

Mivel OC = |z3| , CE = |z2| , OG = |z1 + z2 + z3| , BD = |z1| , OD =

|z1 + z2| , OE = |z2 + z3| es BG = OF = |z1 + z3| ez pontosan a

bizonyıtando egyenlotlenseg. X


A z( )O

F

B z( )

C z( )

1

2

3

E(z +z )2 3 G(z +z +z )321

D(z +z )1 2

2.27. Abra. A Hlawka-egyenlotlenseg

2.20.1. Megjegyzes. Igazolhatok a kovetkezo altalanosabb egyen-

lotlensegek is:

1. (n − 2)n∑

k=1

|zk| +∣∣∣∣

n∑k=1

zk

∣∣∣∣ ≥∑

1≤i<i≤n

|zi + zj |

2. Ck−2n−2

(n−kk−1

n∑k=1

|zk| +∣∣∣∣

n∑k=1

zk

∣∣∣∣)

≥ ∑1≤i1<...<ik≤n

|zi1 + ... + zik |Az elso egyenlotlenseget 1964-ben D.D. Adamovic, mıg a maso-

dikat 1963-ban D. Z. Djokovic kozolte.

2.21. Feladat. Az OAB, DOC es EFO haromszogek hasonloak

es azonos korbejarasuak (csucsok sorrendjenek megfeleloen). Bizo-

nyıtsd be, hogy BC, DE es AF szakaszok felezopontjai altal meghata-

rozott haromszog is hasonlo OAB -vel!

Tervkeszıtes. Az egyenes hasonlosag komplex szamokkal felırt

kriteriumat hasznaljuk. Igy egy felteteles azonossagot kell igazolni.

Y

Megoldas. 1. megoldas. OAB∆ ∼ DOC∆ ∼ EFO∆, tehat

a − o

b − o=

o − d

c − d=

f − e

o − e=

(a − o) + (o − d) + (f − e)

(b − o) + (c − d) + (o − e)=


O

BA

C

D

E FN

M

P

2.28. Abra. Hasonlo haromszogek

=(a + f) − (d + e)

(b + c) − (d + e)=

a+f

2− d+e

2b+c2

− d+e2

=p − n

m − n.

Ebbol kovetkezik, hogy OAB∆ ∼ MNP∆.

2. megoldas. Valasszunk egy XY Z haromszoget, amely hasonlo az

adott haromszogekhez. A hasonlosagok alapjan ervenyesek a kovetke-

zo egyenlosegek:

o(y − z) + a(z − x) + b(x − y) = 0,

d(y − z) + o(z − x) + c(x − y) = 0,

e(y − z) + f(z − x) + o(x − y) = 0

o(y − z) + o(z − x) + o(x − y) = 0.

Ha az elso harom egyenloseg osszegebol kivonjuk az utolsot, es az

eredmenyt elosztjuk kettovel, az

e + d

2(y − z) +

a + f

2(z − x) +

b + c

2(x − y) = 0

egyenloseghez jutunk, ami eppen azt fejezi ki, hogy az ED, AF es

BC szakaszok felezopontjai altal meghatarozott haromszog hasonlo

az XY Z haromszoghoz. X


2.21.1. Megjegyzes. A ket megoldasban ugyanazokat a tulaj-

donsagokat hasznaltuk, gyakorlatilag csak a leıras strukuturaltsagaban

kulonboznek. Az elso leıras tipikus peldaja egy struktura nelkuli sza-

molasnak. Nem lehet elore latni, hogy mi fog tortenni. Amikor

lehetseges, mindig elonyos a szamolasokat oly modon strukturalni,

hogy minden lepes elore lathato legyen. A masodik megoldasbol latha-

to egy azonnali altalanosıtas. A negyedik egyenloseg ugyanis gyakor-

latilag azt fejezi ki, hogy az O pont felfoghato ugy, mint egy XY Z-hez

hasonlo haromszog. Ha ezt helyettesıtjuk egy MNP haromszoggel,

amely egyenesen hasonlo az XY Z haromszoghoz, akkor a kovetkezo

tulajdonsaghoz jutunk:

M

N

P

AB

C

D

E

Q

R

S

F

2.29. Abra. Bolhabol elefant, vagy a pont felfujasa

Ha az MNP, MAB, DNC es EFP haromszogek hasonloak es azo-

nos korbejarasi irannyal rendelkeznek, akkor a BC, DE es AF szaka-

szok felezopontjai altal meghatarozott haromszog is hasonlo MNP∆

-gel!

Ebbol a tulajdonsagbol M = N = P = O eseten visszakapjuk

az eredetit. Termeszetesen az is latszik a bizonyıtasbol, hogy egy

egyszerubb tulajdonsagot is megfogalmazhatunk (amelyben csak ket

haromszog van):

Ha az A1B1C1 es A2B2C2 haromszogek egyenesen hasonlok, akkor

az A1A2, B1B2 es C1C2 szakaszok felezopontjai (vagy a szakaszokat k

aranyba oszto pontjai) altal meghatarozott haromszog is hasonlo az

eredeti ket haromszoghoz.


Ezt szintetikusan is igazolhatjuk es ennek a segıtsegevel az elobbi

ket tulajdonsag is igazolhato szintetikusan.

2.22. Feladat. A kalozok egy lakatlan szigeten miutan az A akasz-

tofara a zenduloket felhuztak, elastak a kincseiket a kovetkezo modon:

Az akasztofatol a Forrasig (F pont) kimertek a tavolsagot es itt

jobbra fordultak es ugyanannyit leptek mint A -tol F -ig, majd itt

megjeloltek a K1 pontot. Hasonloan az akasztofatol a B barlangig

lepkedve balra fordultak es ugyanannyit leptek mint A -tol B -ig. Az

ıgy kapott pontot K2 -vel jeloltek meg, majd a K1K2 felezopontjanal

elastak a kincset. Husz ev mulva a kapitany visszatert, hogy kincseit

magaval vigye. Nagy meglepetesere az akasztofat sehol sem talalta.

Megtalalhatja-e a kincset?

A akasztófa

B(Barlang)

F(forrás)

K

KK(kincs)

1

2

2.30. Abra. A kapitany problemaja

Tervkeszıtes. Mikor van egyaltalan eselye a kapitanynak? Kep-

zeljuk el, hogy az A pont helyzetet valtoztatjuk, vajon mi tortenik a

K ponttal? Ez gyakorlatilag azt jelenti, hogy a K mertani helyet kell

meghattarozni, amikor az A mozog. Ha a mertani hely elegge keves

pontbol all (vagy elegge kis teruletet foglal el), akkor van eselye meg-

talalni a kincset. Ezert a A pont affixumanak fuggvenyeben kiszamıt-

juk a K affixumat. Y

Megoldas. 1. megoldas. m(AFK1

)= 90◦ es AF = FK1, tehat

k1 − f = (a − f) i.


Hasonlokeppen m(ABK2

)= 90◦ es AB = BK2, tehat

a − b = (k2 − b) i

ahonnan k2 = (1 + i) b − ai, tehat

k =k1 + k2

2=

(1 − i) f + (1 + i) b

2.

Ez azt jelenti, hogy a kincs helye nem fugg az akasztofa helyetol.

Ez mar elegseges is lenne a kapitanynak (hisz gyakorlati ember leven

elvegzi a szerkesztest egy tetszoleges A-ra es megtalalhatja a kincset),

de szeretnenk az F es B-hez viszonyıtva megmondani, hogy pontosan

hol a kincs. A kapott egyenloseg

k =b + f + i (b − f)

2

alakban ırhato, ami azt jelenti, hogy az x = b+f

2affixumu pontnal

(vagyis az BF felezopontjanal) az BF -re merolegesen kimerjuk az

BF hosszanak felet es ott a kincs. Azt azert illene eszrevenni, hogy ez

meg nem teljes, mert a merolegesen ket pontot is felvehetunk. Ez azert

van, mert a jobbra illetve balra fordulasnak megfelelo egyenleteknek

mas alakja van, ha az A pont az BF -hez viszonyıtva az ellentetes

felsıkban helyezkedik el (mint a mi abrankon). Vegeredmenyben tehat

a kapitanynak legfeljebb ket helyen kell asnia.

2. megoldas. Alkalmazzuk az elobbi feladat utani megjegyzesben

megfogalmazott tulajdonsagot. Legyen M es N az A pontnak az F -re

es a B-re vonatkozo szimmetrikusa. Az AMK1 es NAK2 haromszogek

egyenloszaruak, derekszoguek es azonos a koruljarasi iranyuk, tehat

teljesıtik az emlıtett tulajdonsag felteteleit. Igy az AM, NA es K1K2

szakaszok felezopontjai altal meghatarozott haromszog is egyenloszaru

es derekszogu. Tehat az FBK haromszog K-ban derekszogu es FK =

BK.

X

2.23. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy

a) tg π2n+1

· tg 2π2n+1

· tg 3π2n+1

· ... · tg nπ2n+1

=√

2n + 1;

b) cos πn· cos 2π

n· cos 3π

n· ... · cos nπ

n= (−1)

n−12

2n−1 ;


A akasztófa

B(Barlang)F(forrás)

K

K

K(kincs)

1

2

M

N

2.31. Abra. A kapitany problemajanak szerkezete

c) sin π2n

· sin 2π2n

· sin 3π2n

· ... · sin (n−1)π2n

=√

n

2n−1 , ha n paros.

Tervkeszıtes. A szorzat direkt (kizarolag trigonometriai) kisza-

mıtasara nagy remenyeink nem lehetnek. Viszont szerkeszthetunk

olyan polinomot, amelynek a gyokei hasonlıtanak az osszeszorzando

tenyezokre. Igy a Viete-osszefuggesek alapjan kiszamolhatjuk a szorza-

tot. Y

Megoldas. a) A (cos α + i sin α)2n+1 kifejtesebol

sin((2n + 1)α) = sin2n+1 α ·(C1

nctg2nα − C3nctg2n−2α + ...

),

tehat az xk = ctg2 kπ2n+1

szamok gyokei a

C1nx

n − C3nx

n−1 + C5nxn−2 − ... + (−1)nC2n+1

2n+1 = 0

egyenletnek. A Viete-osszefuggesek alapjan

n∏

k=1

1

tg2 kπ2n+1

=1

2n + 1.


b) Az xn − 1 = 0 egyenlet gyokei

xk = cos2kπ

n+ i sin

2kπ

n,

ahol 0 ≤ k ≤ n − 1. Igy

1

1 + xk

=1

2 cos kπn

(cos kπ

n+ i sin kπ

n

) ,

tehatn−1∏

k=0

1

1 + xk

=1

2n · (−1)n−1

2

n−1∏k=0

cos kπn

.

Masreszt az yk = 11+xk

szamok az

yn

((1

y− 1

)n

− 1

)= 0

egyenlet gyokei, tehat a Viete-osszefuggesek alapjan

n−1∏

k=1

coskπ

n=

(−1)n−1

2

2n−1.

c)

x2n − 1

x2 − 1= x2n−2 + x2n−4 + ...x2 + 1,

tehatn−1∑

k=0

x2k =

n−1∏

k=1

(x2 − 2x cos

kπ

n+ 1

).

x = 1 eseten az

n =

n−1∏

k=1

4 sin2 kπ

2n

egyenloseghez jutunk, ahonnan kovetkezik, hogy

n−1∏

k=1

sinkπ

2n=

√n

2n−1.

X


2.24. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha |z1| = |z2| = ... = |zn| es

zi 6= zj barmely i 6= j eseten, akkor

∑

1≤i<j≤n

∣∣∣∣zi + zj

zi − zj

∣∣∣∣2

≥ (n − 1) (n − 2)

2.

Tervkeszıtes. Ertelmezzuk geometriailag a felteteleket es ke-

ressunk hasznalhato segedtulajdonsagot! Y

Megoldas. A megoldas soran szuksegunk van a kovetkezo azo-

nossagra (a tehetetlensegi nyomatekokra vonatkozo Lagrange-fele azo-

nossag kovetkezmenye):

Ha A1A2...An egy tetszoleges n -szog, G a sulypontja es M egy

tetszoleges pont a sıkjaban, akkor

(n − 2)

n∑

k=1

MA2k + n2MG2 = 4

∑

1≤i<j≤n

MA2ij ,

ahol Aij az AiAj szakasz felezopontja.

Ha zk -val jeloljuk az Ak pont affixumat, akkor ez az azonossag

(n − 2)

n∑

k=1

|z − zk|2 +

∣∣∣∣∣nz −n∑

k=1

zk

∣∣∣∣∣

2

=∑

1≤i<j≤n

|2z − zi − zj |2

alakban ırhato es ez direkt szamolassal ellenorizheto (peldaul mindket

oldalon 2n(n − 1) |z|2 jelenik meg stb.). Ha z = 0 -t valasztunk, es

hasznaljuk a |z1| = |z2| = ... = |zn| = R feltetelt, akkor az AiA2j =

4R2 − 4OA2ij egyenloseg alapjan ırhatjuk, hogy∑

1≤i<j≤n

AiA2j = 4R2 · C2

n − 4∑

1≤i<j≤n

OA2ij =

4R2 · C2n − (n − 2)nR2 − n2OG2 ≤ n2R2.

Masreszt ∣∣∣∣zi + zj

zi − zj

∣∣∣∣ =2OAij

AiAj

,

tehat∑

1≤i<j≤n

∣∣∣∣zi + zj

zi − zj

∣∣∣∣2

=∑

1≤i<j≤n

4OA2ij

AiA2j

=


=∑

1≤i<j≤n

4R2 − AiA2j

AiA2j

= 4R2∑

1≤i<j≤n

1

AiA2j

− C2n.

De

∑

1≤i<j≤n

1

AiA2j

≥(C2

n

)2 1∑1≤i<j≤n

AiA2j

≥ n2(n − 1)2

4n2R2=

(n − 1

2

)2

es ıgy∑

1≤i<j≤n

∣∣∣∣zi + zj

zi − zj

∣∣∣∣2

≥ 4R2∑

1≤i<j≤n

1

AiA2j

− C2n ≥

≥ (n − 1)2 − n(n − 1)

2=

(n − 1)(n − 2)

2.

X

2.25. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha n szamtani sorozat, ame-

lyek allando kulonbsege rendre r1, r2, . . . , rn a termeszetes szamok egy

partıciojat alkotja, akkor

a) r1, r2, . . . , rn nem mind kulonbozo,

b) 1r1

+ 1r2

+ ... + 1rn

= 1.

Tervkeszıtes. Szerkesztenunk kell egy vegtelen osszeget, amely-

et reszosszegekre bontunk a partıcıonak megfeleloen, majd az osszegek

alapjan allıthatunk valamit a haladvanyok allando kulonbsegerol. Y

Megoldas. Jeloljuk aj -vel (1 ≤ j ≤ n) a particio j-edik hal-

mazanak elso elemet es tekintsuk az

Sj =

∞∑

k=0

xaj+krj =xaj

1 − xrj

osszegeket. Mivel az (aj + krj)k≥0 szamtani haladvanyok az N egy

partıciojat alkotjak, ırhatjuk, hogyn∑

j=1

Sj =∞∑

k=0

xk =1

1 − x.

Tehatn∑

j=1

xaj

1 − xrj=

1

1 − x


es ıgyn∑

j=1

xaj

1 + x + x2 + ... + xrj−1= 1.

Ha x kozeledik az 1 -hez, akkor a jobb oldal 1 es a bal oldaln∑

j=1

1rj

-hez

kozeledik, tehatn∑

j=1

1rj

= 1. Ugyanakkor ha r = max{rj |1 ≤ j ≤ n},akkor legalabb ket olyan j ∈ {1, 2, ..., n} ertek letezik, amelyre r = rj .

Ellenkezo esetben ha x kozeledik egy r-ed rendu primitıv egyseggyok-

hoz, akkor a jobb oldal 1 marad es a bal oldal ∞-hez kozeledik. X

2.26. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha n > 6 , akkor cos πn

/∈ Q.

Tervkeszıtes. Az x0 = cos πn-bol kiindulva levezetunk egy poli-

nomialis egyenletet, amelynek x0 gyoke, majd vizsgaljuk, hogy az

egyenletnek mikor lehet racionalis gyoke. Y

Megoldas. Tekintjuk a Pn(x) = cos(n · arccos x) kifejezest. A

cos((n + 2)x) = 2 cosx· cos((n + 1)x) − cos(nx) azonossag alapjan

Pn+2(x) = 2xPn+1(x) − Pn(x). Mivel P1(x) = x es P2(x) = 2x2 −1, a Pn egy n-ed foku egesz egyutthatos polinom. Matematikai in-

dukcioval igazolhato, hogy Pn dominans tagjanak egyutthatoja 2n−1,

a nullatol kulonbozo egyutthatok elojele valtakozik es csak az n-nel

azonos paritasu kitevovel rendelkezo tagok egyutthatoja kulonbozik

nullatol. Szinten az elobbi osszefuggesbol kovetkezik, hogy a Pn

egyutthatoinak abszolut erteket a kovetkezo tablazatba foglalhatjuk.

x5 x4 x3 x2 x1 x0 A Pn polinom

0 0 0 0 0 1 P0(x) = 1

0 0 0 0 1 0 P1(x) = x

0 0 0 2 0 1 P2(x) = 2x2 − 1

0 0 4 0 3 0 P3(x) = 4x3 − 3x

0 8 0 8 0 1 P4(x) = 8x4 − 8x2 + 1

16 0 20 0 5 0 P5(x) = 16x5 − 20x3 + 5x

A tablazatbeli szamok generalasa a kovetkezo semanak megfeleloen

tortenik:


a 0

0 b

a + 2b 0

Ha cos πn

= p

q, akkor Pn

(p

q

)= cos

(n arccos p

q

)= cos

(nπ

n

)= −1,

tehat p

qracionalis gyoke a P (x) + 1 = 0 egyenletnek. Ha n paratlan,

akkor az elobbi egyenlet szabadtagja 1 es ıgy minden racionalis gyok 12k

alaku. Masreszt cos πn

> 12, ha n > 6, tehat cos π

nnem lehet racionalis

ebben az esetben. Ha cos x ∈ Q , akkor a cos kx ∈ Q, barmely

termeszetes k eseten, tehat ha n-nek van egynel nagyobb paratlan

osztoja, akkor cos πn

nem racionalis (ha az egyeduli ilyen oszto a 3,

akkor azt hasznaljuk, hogy cos π6

/∈ Q, vagy hogy cos π9

/∈ Q). Ha n-

nek nincs egynel nagyobb paratlan osztoja, akkor n kettonek hatvanya

es ıgy cos π4

/∈ Q alapjan cos π2k sem lehet racionalis, ha k ≥ 2. X


Szeretnunk es apolnunk kell a tevedest,

hisz O a megismeres anyaole

A cım tulajdonkeppen egy Nietzsche idezet5, de ugyanazt vagy

hasonlo gondolatot kulonbozo korokban tobben is megfogalmaztak.

Peldaul Cicero azt ırta, hogy minden ferfi tevedhet, de csak egy idiota

tart ki a tevedesei mellett. Ugyanakkor Einstein azt ırta, hogy csak az

nem kovetett el hibat, aki soha semmi ujat nem probalt ki. Erthetetlen

tehat, hogy a mai iskolarendszerben miert ırtoznak a pedagogusok an-

nyira a diakok altal elkovetett hibaktol. Termeszetesen hiaba kovetjuk

el hibainkat, ha nem tanulunk beloluk. Ha viszont megfelelo elemzest

vegzunk es azonosıtjuk a hiba okat/forrasat, majd kijavıtjuk, akkor a

vegen maradhatunk egy sokkal tisztabb keppel, mint a hibak elkove-

tese elott. Ehhez viszont a hibajavıto algoritmusainknak folyamatosan

mukodniuk kell. A modern technikaban (de a termeszetben is) a

legtobb eszkoz megbızhatosaga annak robusztussagan mulik. Ezt na-

gyon sok esetben onjavıto rutinok teszik lehetove (sem a CD lejatszo,

sem az urbeli adatatvitel nem lenne lehetseges a hibajavıto kodok

nelkul, a szamıtogepek programjai sem mukodnenek az onjavıto resze-

ik nelkul, stb.). Ha az oktatas folyaman nem engedjuk hibazni diakja-

inkat, akkor nem aktivalhatjuk a hibajavıto algoritmusaikat es ıgy

alaasuk tudasuk robusztussagat. Mielott azonban lehetoseget biz-

tosıtanank es alkalmat adnank a tevedesre, ne feledjuk Alexis Carrel

megjegyzeset: ,,Egy par megfigyeles es sok gondolkodas hibat eredme-

nyez, sok megfigyeles es egy keves gondolkodas igazsagot.”

3.1. Feladat. Hatarozd meg azokat az m ∈ R ertekeket, amely-

ekre az f : (0,∞) → (−1, 1), f(x) = mx−1x+1

fuggveny injektıv.

Tervkeszıtes. Az ertelmezes kovetkezmenye alapjan megvizsgal-

juk az f(x1) = f(x2) egyenloseget. Ebbol kellene kovetkezzen az

x1 = x2 egyenloseg. Y

Megoldas. Kiszamıtjuk az f(x1) − f(x2) kulonbseget.

f(x1) − f(x2) =(x1 − x2)(m + 1)

(x1 + 1)(x2 + 1),

5FRIEDRICH NIETZSCHE, Nachgelassene Fragmente 1880-1882

88 SZERETNUNK ES APOLNUNK KELL A T EVEDEST

tehat ugy tunhet, hogy az m 6= −1 feltetel elegseges. Ez azonban

nem igaz, mert ahhoz, hogy a fuggveny injektivitasarol beszelhessunk

elobb meg kell vizsgalni, hogy jol ertelmezett fuggvenyrol beszelunk-e

vagy sem. Tehat meg kell vizsgalni, hogy teljesul-e a −1 ≤ mx−1x+1

≤ 1

egyenlotlenseg minden x ≥ 0 valos szam eseten. Az elso egyenlotlenseg

pontosan akkor teljesul, ha m ≥ −1 es a masodik pontosan akkor, ha

m ≤ 1, tehat m ∈ [−1, 1]. Tehat az injektivitas szukseges es elegseges

feltetele az, hogy m ∈ (−1, 1]. X

3.1.1. Megjegyzes. Lathato, hogy nagyon konnyen hibas ered-

menyhez juthatunk, ha nem vagyunk elegge korultekintok, alaposak.

3.2. Feladat. Hany inflexios pontja van az f : R → R, f(x) =3√

x2(x − 1) fuggvenynek?

Tervkeszıtes. Az inflexios pontokban a masodrendu derivalt e-

lojelet valt, tehat kiszamıtjuk a masodrendu derivaltat. Y

Megoldas. f ′(x) = 3x2−2x

3 3√

x4(x−1)2= 3x−2

3 3√

x(x−1)2es ıgy

f ′′(x) =1

9(x − 1)2 3√

x(x − 1)2.

Ez alapjan lathato, hogy a masodrendu derivalt sehol sem 0.

-1

-0.5 0 0.5 1 1.5 2 2.5

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2

2.5

2.32. Abra. Inflexios pont, fuggoleges erintovelHa nem emlekszunk pontosan a fogalmakra, konnyen levonnank

azt a kovetkeztetest, hogy nincs is inflexios pont. Csakhogy ez nem

ıgy van, mert az inflexios pont ertelmezes szerint egy pont, amelyben a


fuggveny konvexitasa megvaltozik. Ez csak akkor zerushelye a masod-

rendu derivaltnak, ha a masodrendu derivalt ennek egy kornyezeten

ertelmezett es folytonos. Az f fuggveny viszont x1 = 0 es x2 = 1-ben

nem derivalhato (de letezik derivaltja x2-ben es ez a derivalt +∞),

tehat az elobbi szamolasbol csak az derul ki, hogy f -nek nincs inflexios

pontja az R \ {0, 1} halmazban.

Ha elkeszıtjuk a valtozasi tablazatot es a grafikus kepet is, akkor

rogton kiderul, hogy az x1 visszateresi pont es az x2 inflexios pont

(lasd a 2.32. abrat). X

3.2.1. Megjegyzes. Lathato, hogy az algoritmusok/sablonos

megoldasok hibas eredmenyt szolgaltatnak, ha nem rendelkezunk az

oket mukodteto tetelek felteteleinek pontos ismeretevel es olyankor is

alkalmazzuk, amikor nem kellene.

3.3. Feladat. Szamıtsd ki a limx→0

sin xx

hatarerteket!

Tervkeszıtes. Ez egy 00

alaku hatarozatlan eset, ezert megpro-

baljuk alkalmazni a l’Hospital szabalyt. Y

Megoldas. A l’Hospital szabaly feltetelei teljesulnek es

limx→0

sin′ x

x′ = limx→0

cos x

1= cos 0 = 1,

tehat limx→0

sinxx

= 1. Ez a gondolatmenet ugyan formalisan helyes,

megsem alkalmazhato. Ennek az oka, hogy a szinusz fuggveny de-

rivaltjanak kiszamıtasa soran mar szukseges ez a hatarertek, ezert a

tetel alkalmazasa soran nem hasznalhatjuk azt a tenyt, hogy a szinusz

derivaltja a koszinusz. X

3.3.1. Megjegyzes. Lathato, hogy a tetelek/tulajdonsagok/sza-

balyok bizonyıtasanak alapos ismerete nelkul konnyen kerulhetunk

logikai hurokba.

3.4. Feladat. Szamıtsd ki az∣∣∣∣∣∣∣∣

x 2 2 2

2 x 2 2

2 2 x 2

2 2 2 x

∣∣∣∣∣∣∣∣= 0

90 SZERETNUNK ES APOLNUNK KELL A T EVEDEST

egyenlet megoldasainak szorzatat!

Tervkeszıtes. Ez egy polinomialis egyenlet, amelyben a domi-

nans tag egyutthatoja 1, tehat a gyokok szorzata eppen a szabadtag.

A szabadtagot viszont megkaphatjuk, ha x helyere 0-t helyettesıtunk,

tehat elegseges kiszamolni a∣∣∣∣∣∣∣∣

0 2 2 2

2 0 2 2

2 2 0 2

2 2 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣

determinanst. Y

Megoldas. A tervben megjeleno determinansban elobb osszead-

juk az oszlopokat, majd minden sorbol kivonjuk az elso sort:∣∣∣∣∣∣∣∣

0 2 2 2

2 0 2 2

2 2 0 2

2 2 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

6 2 2 2

6 0 2 2

6 2 0 2

6 2 2 0

∣∣∣∣∣∣∣∣= 6

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 2 2

0 −2 0 0

0 0 −2 0

0 0 0 −2

∣∣∣∣∣∣∣∣= −48.

Ez a gondolatmenet sok esetben helyes eredmenyhez vezet, de

ebben az esetben hibas. A problema abbol adodik, hogy az egyen-

let megoldasa es a gyok fogalmat pontatlanul hasznaltuk. A gyokok

eseteben ugyanis beleszamıt a tobbszorosseg, mıg a megoldasok (a

megoldashalmaz elemei) eseteben nem. A Viete-osszefuggesekben a

gyokok szorzata all, es ez nem egyezik meg a megoldasok szorzataval

ha tobbszoros gyokok is vannak. Az elobbi szamolashoz hasonloan:∣∣∣∣∣∣∣∣

x 2 2 2

2 x 2 2

2 2 x 2

2 2 2 x

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∣∣∣∣∣∣∣∣

x + 6 2 2 2

x + 6 x 2 2

x + 6 2 x 2

x + 6 2 2 x

∣∣∣∣∣∣∣∣=

= (x + 6)

∣∣∣∣∣∣∣∣

1 2 2 2

0 x − 2 0 0

0 0 x − 2 0

0 0 0 x − 2

∣∣∣∣∣∣∣∣= (x + 6)(x − 2)3,


tehat a megoldashalmaz M = {2,−6} es ıgy a megoldasok szorzata

−12. X

3.4.1. Megjegyzes. Ez a pelda gyakorlatilag a szorszalhasogatas

kategoriaba tartozik. Ennek ellenere a tanari munka soran igyekezzunk

mindenfele pontatlansagot kikuszobolni, ha az felreerteshez vezethet.

A tanar pontatlansagai ugyanis a diakokban igen gyakran csak felero-

sodnek es a vegen varatlanabbnal varatlanabb (a diak szemszogebol

teljesen racionalis) hibakat eredmenyeznek.

3.5. Feladat. Hany valos megoldasa van az

(x − 3)x2−10 = (x − 3)3x

egyenletnek?

Tervkeszıtes. Az alapok egyenlok, tehat a kitevoknek is egyen-

loknek kell lenniuk. Y

Megoldas. A terv alapjan az x2 − 3x − 10 = 0 egyenlethez

jutunk, amelynek a megoldasai x1 = −2 es x2 = 5. Ez azonban

korantsem az osszes megoldas, mert a tervben felhasznalt implikacio

feltetele, hogy az alapok pozitıvak es kulonboznek 1-tol (ez lenne az

(x− 3) alapu exponencialis fuggveny ertelmezesenek feltetele). Kulon

megvizsgalandok azok az esetek, amikor az alap 0, 1, −1 es valami-

lyen −1-tol kulonbozo negatıv szam. Ha x − 3 = 0, akkor a kitevok

nem lehetnek 0-val egyenlok. Mivel ez teljesul, az x3 = 3 is megoldas.

Ha x − 3 = 1, akkor a kitevok tetszolegesek lehetnek, tehat x4 = 4

is megoldas. Ha x − 3 = −1, akkor a kitevok azonos paritasu egesz

szamok kell legyenek. Mivel ez a feltetel is teljesul, az x5 = 2 is

megoldas. Ha az alap −1-tol kulonbozo negatıv szam, akkor a kitevok

nemcsak egymassal egyenlok kell legyenek, hanem azt is meg kell

vizsgalni, hogy egesz szamok-e vagy sem (mert negatıv valos szamnak

csak az egesz kitevoju hatvanyat lehet ertelmezni). Az x1 = −2

megoldas tulajdonkeppen ebbol az esetbol szarmazik. X

3.5.1. Megjegyzes. Ez a feladat csak arra akart ravilagıtani, hogy

a letezesi feltetelek nem az egyenletben megjeleno fuggvenyek letezesi

feltetelei, hanem a megjeleno kifejezesek ertelmezhetosegebol adodnak.

92 MIERT CSINALJUK EGYSZER UEN, HA BONYOLULTAN IS LEHET

Miert csinaljuk egyszeruen, ha bonyolultan is lehet

Daisetz Teitaro Suzuki-tol szarmazik a kovetkezo mondas: ,,A

laikus fejeben sok lehetoseg kınalkozik, a mestereben csak keves.”

Ez a feladatmegoldasban is megnyilvanul, a kezdok altalaban nem a

legcelravezetobb, legelegansabb megoldasokat adjak. Igy gyakran van

az altaluk kitalalt (helyes) megoldasnal rovidebb, tomorebb, szebb,

stb. Termeszetesen az is elofordulhat, hogy a hosszabb megoldasbol

valami olyan is kiderul, amit a rovid megoldas, vagy a jellege vagy a

tomorsege miatt elfed. Az utobbi jelenseg kulonosen gyakori a mate-

matikai indukcio alkalmazasa eseten (ahol a tulajdonsagot igazoljuk,

de nem biztos, hogy intuitıven belatjuk a motivaciojat), az indirekt bi-

zonyıtasoknal stb. Az, hogy egy problema megoldasara egyszeru vagy

bonyolult megoldast valasztunk, attol is fugghet, hogy mit szeretnenk

a megoldas soran eloterbe helyezni. Ne feledjuk Einstein szavait:

,,Mindent le kell egyszerusıteni amennyire csak lehet, de nem jobban.”

4.1. Feladat. Az (an)n∈N∗ novekvo szamtani haladvany elso tagja

1-nel nagyobb. Bizonyıtsd be, hogy√√√√

a2 ·

√

a3 ·√

a4 ·√

a5 · .... · √an < a3, ∀n ≥ 2!

Tervkeszıtes. Ezt az egyenlotlenseget igazolhatjuk matmatikai

indukcioval (lasd az 1.6 feladatot). Ez a bizonyıtas egyszeru es rovid.

Egy mas bizonyıtast adhatunk, ha a minden negyzetgyok alatti szorzat

felso becslesere a szamtani-mertani kozepek kozti egyenlotlenseget al-

kalmazzuk egy felso becsles szerkesztesere. Y

Megoldas. Jeloljuk r-el a haladvany allando kulonbseget. r = 0

eseten (a1 > 1 alapjan)

√a1

√a1...

√a1 = a

1

2+ 1

22+...+ 1

2n−1

1 = a

1

2·1−( 1

2)n−1

12

1 = a1−( 1

2)n−1

1 < a1,

tehat feltetelezhetjuk, hogy r > 0.

n = 2-re√

a2 < a3 igaz (a2 < a3), tehat feltetelezhetjuk azt

is, hogy n > 2. Ha b2 =√

a2

√a3...

√an, b3 =

√a3

√a4...

√an, . . . ,


bn =√

an, akkor

S =

√a2

√a3...

√an = b2 =

√a2b3 <

a2 + b3

2=

a2

2+

1

2

√a3b4 <

<a2

2+

1

2

a3 + b4

2=

a2

2+

a3

22+

b4

4< ... <

a2

2+

a3

22+ ...+

an−1

2n−2+

bn

2n−2<

<a2

2+

a3

22+ ... +

an

2n−1+

(1

2

)n−1

,

mert bn

2n−2 < an+12n−1 . Tehat

S <a2

2+ . . . +

an

2n−1+

(1

2

)n−1

=

=a1 + r

2+ . . . +

a1 + (n − 1) r

2n−1+

(1

2

)n−1

=

= a1

((1

2

)+ . . . +

(1

2

)n−1)

+ r

(1

2+ . . . +

n − 1

2n−1

)+

(1

2

)n−1

=

= a1 ·1

2· 1 −

(12

)n−1

12

+ r ·n−1∑

k=1

k

2k+

(1

2

)n−1

.

Be kellene latni, hogy

a1 ·[1 −

(1

2

)n−1]

+ r ·n−1∑

k=1

k

2k+

(1

2

)n−1

< a1 + 2r.

A fenti egyenlotlenseg ekvivalens a kovetkezovel:

(−a1 + 1) ·(

1

2

)n−1

+ r ·n−1∑

k=1

k

2k< 2r.

Mivel a1 > 1 , elegseges bebizonyıtanunk, hogy

n−1∑

k=1

k

2k< 2, ∀n ≥ 3.

n−1∑

k=1

k

2k=

1

2+

2

22+ ... +

n − 1

2n−1=


=1

2· 1 −

(12

)n−1

12

+ . . . +1

2n−2

1 −(

12

)212

+1

2n−1=

=

[1 −

(1

2

)n−1]

+ . . . +

[(1

2

)n−3

−(

1

2

)n−1]

+

(1

2

)n−1

=

= 2 −(

1

2

)n−3

− (n − 3)

(1

2

)n−1

< 2,

minden n ≥ 3 eseten. X

4.1.1. Megjegyzes. A bizonyıtasbol kitunik, hogy ervenyes a ko-

vetkezo szigorubb egyenlotlenseg is:√

a2

√a3

√a4...

√an < a3 −

n + 1

2n−1r.

Ennek az egyenlotlensegnek egy sajatos esetet Finta Zoltan kozolte

1996-ban a Matematikai Lapokban. (V.36. feladat, 4/1996)

4.1.2. Megjegyzes. Az eredeti egyenlotlenseg igazolhato az 1.6

feladatban hasznalt indukcios technikaval is, de ennek segıtsegevel

nem veheto eszre az elessıtes, tehat ha az elessıtes a cel (vagy a

melyebb megertes), akkor motivalt a ,,bonyolultabb” megoldas, kulon-

ben folosleges.


S =n∑

k=1

1

xk − 2

osszeg erteket, ha x1, x2, ..., xn az xn + xn−1 + ... + x + 1 = 0 egyenlet

gyokei.

Tervkeszıtes. Egy polinomialis egyenlet gyokeire kell kiszamolni

egy szimmetrikus osszeget. Ehhez csak ki kell fejezni az osszeget

az alapveto szimmetrikus polinomok segıtsegevel, majd alkalmazni

kell a Viete-fele osszefuggeseket. Az elso megoldasban ezt az otletet

vitelezzuk ki (nem is igazan optimalisan). A masodik megoldasban

megmutatjuk, hogy a kiszamıtando osszeg tekintheto egy egyszeruen

kiszamıthato fuggveny behelyettesıtesi ertekenek az x = 2 pontban.


Ha ezt eszrevesszuk, akkor a megoldas sokkal attekinthetobbe vallik.

Y

Megoldas. 1. P (0) 6= 0, P (1) 6= 1, tehat x = 0 es x = 1 nem

gyokei P -nek. Ha az

xn + xn−1 + ... + x + 1 = 0

egyenlet mindket oldalat beszorozzuk x − 1-gyel, az xn+1 = 1 egyen-

letet kapjuk, amelynek a gyokei

xk = cos2kπ

n + 1+ i sin

2kπ

n + 1, k ∈ {1, 2, ..., n} .

Tehat a gyokok mind kulonbozoek es xk 6= 2, barmely k ∈ {1, 2, ..., n}eseten. Igy Sn ertelmezett. A Viete-osszefuggesek alapjan:

∑x1 = (−1)1

∑x1x2 =(−1)2

.........................∑x1x2...xn−1 = (−1)n−1

x1x2...xn = (−1)n

Matematikai indukcioval igazoljuk, hogy barmely n ≥ 2-re

n∏i=1

(xi − 2) =n∏

i=1

xi − 2 (∑

x1...xn−1) + 22 (∑

x1...xn−2) + ...

... + (−2)n−1 (∑

x1) + (−2)n.

n = 2 eseten

(x1 − 2) (x2 − 2) = x1x2 − 2 (x1 + x2) + 4.

n = 3 eseten

(x1 − 2) (x2 − 2) (x3 − 2) = x1x2x3 − 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1)+

+4 (x1 + x2 + x3) − 8.

Feltetelezzuk, hogy az allıtas igaz barmely k ≤ n termeszetes szam

eseten es igazoljuk (n + 1)-re.

n+1∏

i=1

(xi − 2) = (xn+1 − 2)

n∏

i=1

(xi − 2) =


= (xn+1 − 2)

[n∏

i=1

xi − 2(∑

x1...xn−1

)+ . . . + (−2)n

]=

=

[n+1∏

i=1

xi − 2(∑

x1...xn

)+ . . . + (−2)n

(∑x1

)+ (−2)n+1

].

A Viete-osszefuggesek alapjann∏

i=1

(xi − 2) = (−2)0 (−1)n + (−2)1 (−1)n−1 + . . . + (−2)n =

=(−2)n+1 − (−1)n+1

−2 + 1= (−1)n+1 (1 − 2n+1

).

Ugyancsak indukcioval igazolhato, hogy barmely n ≥ 2 eseten∑

(x1 − 2) (x2 − 2) . . . (xn−1 − 2) =

=∑

x1x2...xn−1 − 2(2(∑

x1x2...xn−2

))+

+22(3(∑

x1x2 . . . xn−3

))− . . . + (−2)n−2

((n − 1)

(∑x1

))+

+ (−2)n−1 n,

tehat a Viete-osszefuggesek alapjan

[∑

(x1 − 2) (x2 − 2) ... (xn−1 − 2)] =

= (−1)n−1 − 2 · 2 (−1)n−2 + 22 · 3 (−1)n−3 + ... + (−1)n−1 n2n−1 =

= (−1)n−1 [1 + 2 · 2 + 3 · 22 + ... + (n − 1) 2n−2 + n2n−1]

=

= (−1)n−1 [n2n −(1 + 2 + ... + 2n−1

)]= (−1)n−1 [1 + (n − 1) 2n] .

Kozos nevezore hozva a torteket:

Sn =[∑

(x1 − 2) (x2 − 2) ... (xn−1 − 2)]n∏

i=1

(xi − 2)

=(−1)n−1 [1 + (n − 1) 2n]

(−1)n−1 [1 − 2n+1]

=1 + (n − 1) 2n

1 − 2n+1.


2. megoldas. A P (x) = (x − x1)(x − x2)...(x − xn) polinom-

fuggvenyre igaz a

P ′(x)

P (x)=

1

x − x1+

1

x − x2+

1

x − x3+ . . . +

1

x − xn

egyenloseg, ahol P ′ a P polinom derivaltja. Igy

Sn =P ′(2)

P (2)=

n∑k=1

k · 2k−1

n∑k=0

2k

=1 + (n − 1)2n

1 − 2n+1.

X

4.2.1. Megjegyzes. Lathato, hogy a masodik megoldas rovidebb,

tomorebb, atlathatobb; a hatranya, hogy ismerni kell a derivalt fo-

galmat es kiszamıtasat. Ez egy tipikusan olyan feladat, ami nehezseget

szokott okozni, mert a derivalt hasznalata nelkul tul bonyolult a sza-

molas, a masodik megoldast nem egyszeru eszrevenni. Kulonosen

felrevezeto lehet ha a feladatot nem tetszoleges n-re, hanem egy rogzı-

tett n-re (n = 6) adjuk fel.


E =1

2

(x2

1 + x1 + 1

x32 − x2

2 + 2+

x22 + x2 + 1

x31 − x2

1 + 2

)

kifejezes erteket, ha x1 es x2 az x2 −x+3 = 0 egyenlet ket megoldasa.

Tervkeszıtes. A kiszamıtando kifejezes szimmetrikus a ket

gyokre nezve, tehat az x1 + x2 = S es x1x2 = P segıtsegevel kife-

jezheto. Ehhez kozos nevezore kell hozni es elvegezni a muveleteket.

Y

Megoldas. A kijelolt terv alapjan sokat kell szamolni. Probaljuk

meg az egyenlet alapjan egyszerubb alakra hozni elobb a torteket:

x21 = x1 − 3 ⇒ x2

1 + x1 + 1 = 2x1 − 2

x21 = x1 − 3 ⇒ x3

1 = x21 − 3x1 ⇒ x3

1 − x21 + 2 = −3x1 + 2.

Igy a kiszamıtando kifejezes felırhato:

E =x1 − 1

2 − 3x2+

x2 − 1

2 − 3x1


alakban. Most mar erdemes elvegezni a kozos nevezore hozast:

E =−3 (x2

1 + x22) + 5(x1 + x2) − 4

4 − 6(x1 + x2) + 9x1x2=

16

25.

X

4.3.1. Megjegyzes. A tortek elozetes egyszerusıtese nelkul az

elvegzendo szamolasmennyiseg tobbszorose annak, amit az elobb elve-

geztunk. Pontosan tudnunk es ereznunk kell, hogy a szamolasok

nem azert vannak, hogy legyen amiben elveszni es amivel az idonket

eltolteni (bar sok matekoran es hazi feladat megoldasa kozben ez lehet

az erzesunk), hanem elsosorban, hogy atlathassuk oket es optimalisan

megszervezhessuk. Vagyis, hogy nagyon alapszinten gyakoroljuk, amit

mar emlıtettunk: ,,Mindent le kell egyszerusıteni amennyire csak lehet,

de nem jobban.”


Tobbet esszel, mint anelkul

Gyakran elofordul, hogy a feladat megoldasara kınalkozo tervek

(ha kivitelezhetok) olyan reszletek kiszamolasat is igenylik, amelyekre

vegul nincs is szukseg. Peldaul ha egy parametert tartalmazo egyen-

let megoldasainak termeszeterol kell valamit igazolni, akkor a legegy-

szerubb az lenne, hogy megoldjuk az egyenletet, elvegezzuk a tar-

gyalast es aztan megvizsgaljuk, hogy a parameter milyen ertekeire

kapjuk a megfelelo tulajdonsagot. Ez az ut meg akkor is igen sok

folosleges szamolast tartalmazhat, ha kivitelezheto. Eppen ezert er-

demes megvizsgalni, hogy nem lehet-e a teljes targyalast elkerulni. Ez

alapszinten ugyanaz, mint az elobbi paragrafusban targyalt strategia,

de bonyolultabb esetekben lehet annal tobb is, hisz elofordulhat, hogy

a sok szamolast igenylo terv esetleg kivitelezhetetlen es ez valamikor

vegrehajtasanak a vege fele derulne ki. Igy nem arrol van szo, hogy

egy bonyolult megoldas helyett valasszunk egy egyszerubbet, hanem

arrol, hogy rossz iranyban ne is probalkozzunk, pontosabban ismerjuk

fel a befejezhetetlen/tul bonyolult terveket es alakıtsuk at oket valami

egyszeru es hatekony megoldassa.

5.1. Feladat. Az a es b valos parameterek milyen ertekeire van a

3

√(ax + b)2 +

3

√(ax − b)2 +

3√

a2x2 − b2 =3√

b

egyenletnek pontosan egy megoldasa?

Tervkeszıtes. Az u = 3√

ax + b es v = 3√

ax − b jelolesekkel

u3 − v3 = 2b es a feladat alapjan u2 + uv + v2 = 3√

b. Ezek alapjan

meghatarozhato az egyenlet megoldasa es elvegezheto a targyalas.

Y

Megoldas. Az elobbi terv kivitelezheto. Megis talan erdemes

tovabb gondolkodni, mielott nekifognank a szamolasnak. Ha x0 megol-

dasa az egyenletnek, akkor eszreveheto, hogy −x0 is megoldasa, emi-

att az egyenletnek pontosan akkor van egyetlen gyoke, ha az a gyok

pontosan az x0 = 0. Ha ezt visszahelyettesıtjuk, akkor a3√

b2 = 3√

b

egyenloseghez jutunk, tehat b ∈ {0, 1}. A b = 0 esetben az egyenlet

bal oldalan allo kifejezes x 6= 0 es a 6= 0 eseten szigoruan pozitıv, tehat

100 TOBBET ESSZEL, MINT ANELKUL

a 6= 0-ra az egyetlen megolas az x0 = 0. Ha a = 0, akkor vegtelen sok

megoldas letezik, tehat az eddigiek alapjan b = 0 es a ∈ R∗ eseten az

egyenletnek valoban egyetlen megoldasa van. A b = 1 esetben ismet

lathato, hogy a = 0-ra vegtelen sok megoldas van, tehat a 6= 0. Igy az

y = ax jelolessel az

3√

(y + 1)2 + 3√

(y − 1)2 + 3√

y2 − 1 = 1

egyenlethez jutunk. Az u = 3√

y + 1 es v = 3√

y − 1 jelolessel az

u2 + uv + v2 = 1 es u3 − v3 = 2

egyenlosegekhez jutunk, tehat u = 1 es v = −1, tehat y = 0 es ıgy

ebben az esetben is csak x0 = 0 megoldasa az eredeti egyenletnek.

Tehat a valasz: b ∈ {0, 1} es a 6= 0. X

5.2. Feladat. Hany valos megoldasa van a√

x + 1 +√

1 − x2 =3√

x2 + 7 − 2

egyenletnek?

Tervkeszıtes. A gyokok kikuszobolese nem tunik kivitelezheto-

nek. Ha atırjuk egyenletrendszerre, az sem segıt, tehat tovabbi eszre-

vetelre van szuksegunk. Ennek celjabol elobb meghatarozzuk a letezesi

felteteleket. Y

Megoldas. A bal oldalon megjeleno kifejezesek ertelmezesehez

szukseges az x ∈ [−1, 1] relacio. Ha ez teljesul, akkor viszont x2+7 ≤ 8

es ıgy 3√

x2 + 7 − 2 ≤ 0. Ugyanakkor√

x + 1 +√

1 − x2 ≥ 0, tehat

egyenloseg csak akkor teljesulhet, ha mindket oldal 0. Ez csak x = −1

eseten kovetkezik be, tehat x = −1 az egyetlen megoldas. X

5.2.1. Megjegyzes. Az irracionalis, exponencialis, logaritmikus

egyenletek megoldasa soran meghatarozzuk a letezesi felteteleket, meg-

oldjuk az egyenletet, majd ellenorizzuk, hogy a kapott megoldasok tel-

jesıtik-e a letezesi felteteleket. Ezeket a lepeseket erdemes optimalisan

szervezni, vagyis lehetoleg ne szamoljunk foloslegesen. Gyakran elo-

fordul ugyanis, hogy a letezesi feltetelekkent kapott egyenlotlenseg-

rendszer csak hosszadalmasan oldhato meg, viszont az eredmenyek

ellenorzese gyorsan elvegezheto. Ilyenkor nem erdemes kiszamolni a

maximalis ertelmezesi tartomanyt. Termeszetesen olyan eset is van,


amikor a maximalis ertelmezesi tartomany a megoldas kulcsa (akar-

csak az elobbi feladatban). Ilyen esetben erdemes az ertelmezesi tar-

tomanyt meghatarozni. Altalanos megoldasi algoritmust nem erdemes

megfogalmazni, sokkal inkabb olyan feladatsorokat erdemes oldani,

amelyekben az optimalis szamolasi mennyiseghez szukseges lepesek

sorrendje valtozatos.

5.3. Feladat. Az m ∈ R parameter hany kulonbozo ertekere van

azx

m+

4 − m

2m+

m − 8

x= 0

egyenletnek ket egesz gyoke?

Tervkeszıtes. Az adott egyenletbol atrendezesek utan kapha-

tunk masodfoku egyenletet x-ben is es m-ben is. Ezek valoszınuleg

hasznosak lesznek. Mindket egyenletnek valosak a gyokei, tehat a

diszkriminansa egyiknek sem negatıv. Ez az x-re is es az m-re is

valamilyen egyenlotlensegeket eredmenyez. Ha az x-re kapott interval-

lumban nincs tul sok egesz szam, akkor valoszınuleg kivalogathatjuk

a megfeleloket. Y

Megoldas. Az egyenlet

2x2 + (4 − m)x + 2m(m − 8) = 0

alakra hozhato. Igy a Viete-osszefuggesek alapjan x1 + x2 = −2 +m2, tehat m is egesz szam, raadasul paros. Ebbol lathato, hogy az

elobbi egyenlet diszkriminansa alapjan m-re is alkalmazhatjuk, amit x-

re kiterveltunk (vagyis, hogy elobb egy intervallumba szorıtjuk, majd

onnan kivalasztjuk a parosokat).

∆ = −15m2 + 120m + 16 ≥ 0,

tehat

4 − 16

15

√15 < m < 4 +

16

15

√15.

A kapott intervallumban csak a 2, 4, 6, 8 paros szamok talalhatok.

Ezek kozul az m = 8 nem lehet jo, mert ebben az esetben az ere-

deti egyenlet x-ben elsofoku (es ıgy csak egy megoldasa lehet). Az

m ∈ {2, 4, 6} ertekeket kiprobaljuk. Mindharom ertekre a vizsgalt

egyenletnek ket egesz megoldasa van, tehat M = {2, 4, 6}. X


5.3.1. Megjegyzes. Ha az eredeti terv szerint szamolunk, akkor

tobb esetet kellett volna megvizsgalni. Parametert tartalmazo egyen-

leteknel gyakran alkalmazhato trukk, a parameter es a valtozo megcse-

relese. Sot olyan feladatot is szerkeszthetunk, amelyben az egyuttha-

tok (szamok) alapjan erdemes parametert bevezetni, majd ezt a valto-

zoval megcserelni a megoldas erdekeben.

5.4. Feladat. Hatarozd meg az alabbi egyenletek osszes megol-

dasat!a) 23x2−2x3

= x2+1x

; b) 2 cos x3

= 2x + 2−x;

c) 2x5

+ 4x4

+ 2564 = 3 · 16x3

; d) 3|sin√

x| = |cos x| .

Tervkeszıtes. Mielott lathatatlan kimenetelu szamigalasokba

kezdenenk, elobb vizsgaljuk meg az egyenletekben megjeleno fuggve-

nyek tulajdonsagait (ertekkeszlet, monotnitas, konvexitas, stb.). Y

Megoldas. a) Mivel a bal oldal pozitıv, kovetkezik, hogy x2+1x

>

0, ahonnan x > 0. Tovabba x2+1x

= x + 1x

≥ 2, mivel x pozitıv.

Kimutatjuk, hogy 23x2−2x3 ≤ 2, vagyis 3x2 − 2x3 ≤ 1, ha x > 0.

3x2 − 2x3 ≤ 1

2x2 − 2x3 + x2 − 1 ≤ 0

2x2 (1 − x) + (x − 1) (x + 1) ≤ 0(2x2 − x − 1

)(1 − x) ≤ 0

(2x + 1) (x − 1) (1 − x) ≤ 0

(2x + 1) (1 − x)2 ≥ 0,

ami igaz barmely x > 0 eseten, tehat 23x2−2x3 ≤ x + 1x. Egyenloseg

pontosan akkor teljesul, ha mindket oldal 2 vagyis ha x = 1.

b) Az egyenlet ekvivalens a 2 cos x3

= 2x + 12x egyenlettel. De

2x + 12x ≥ 2 , ∀x ∈ R es 2 cos x

3≤ 2 , ∀x ∈ R. Tehat megoldas csak

akkor lehet, ha 2x + 12x = 2, vagyis x = 0. Ez valoban megoldas, tehat

M = {0} .

c) A szamtani-mertani kozepek kozti egyenlotlenseget hasznaljuk

egymas utan ketszer.

2x5

+ 4x4

+ 2564 ≥ 3 · 3√

2x5+2x4+32 ≥ 3 · 24·x3

,


mert x5 +2x4 +32 ≥ 3 · 3√

64x9. Egyenloseg pontosan akkor teljesul, ha

mindket egyenlotlensegben egyenloseg van, azaz ha x = 2. Az elobbiek

alapjan M = {2} .

d) |sin√x| ≥ 0, tehat 3|sin

√x| ≥ 1. Viszont |cos x| ≤ 1, tehat

egyenloseg csak akkor lehet, ha |sin√x| = 0. Igy

√x ∈ {kπ |k ∈ Z}

x ∈ {k2π2 | k ∈ Z} . Ugyanekkor a |cos x| = 1 egyenlosegnek is tel-

jesulni kell, ebbol pedig az x ∈ {kπ |k ∈ Z} eredmenyhez jutunk.

Ebbol kovetkezik, hogy x ∈ {k2π2 |k ∈ Z}∩{kπ |k ∈ Z} = {0} , tehat

M = {0} . X

5.5. Feladat. Oldd meg az(

5√

2) 4

x+3

+(

5√

3)3x+4

= 11 egyenletet

a valos szamok halmazaban!

Tervkeszıtes. Pobaljunk talalni legalabb egy megoldast, majd a

bal oldalon talalhato kifejezesek vizsgalataval probaljunk a megoldasok

szamara felso korlatot talalni (ha a bal oldal szigoruan novekvo, akkor

legfeljebb egy megoldas van, ha konvex vagy konkav, akkor legfeljebb

ketto). Y

Megoldas. A feladatbeli egyenlet a 23x+4

5x + 33x+4

5 = 11 alakban

is ırhato. Eszrevesszuk, hogy x1 = 13

es x2 = 2 megoldasok, majd

bizonyıtjuk, hogy tobb megoldasa nincs az egyenletnek. Belathato,

hogy x > 0, mert ha x ≤ 0 , akkor 23x+4

5x + 33x+4

5 ≤ 23

5 + 34

5 < 2 + 3 =

5. Az f1, g1, f2, g2 : (0, +∞) → R, f1 (x) = 2x, g1 (x) = 35

+ 45x

,

f2 (x) = 3x es g2 (x) = 3x+45

fuggvenyek konvexek, tehat az f1 ◦ g1 es

f2 ◦ g2 fuggvenyek is konvex fuggvenyek. A feladatbeli egyenletunk

pedig (f1 ◦ g1) (x) + (f2 ◦ g2) (x) = 11. Mivel f1 ◦ g1 es f2 ◦ g2 konvex

fuggvenyek, f1 ◦ g1 + f2 ◦ g2 is konvex fuggveny, tehat az egyenletnek

legtobb ket megoldasa lehet. A gyokok tehat x1 = 13

es x2 = 2. X


{x1995 + y1995 = 1 + 21995

x3 − y3 = −7egyenletrendszert a valos szamok halmazaban.

Tervkeszıtes. A masodik egyenletben megjeleno −7 felırhato

13 − 23 alakban. Ez es az elso egyenlet azt mutatja, hogy az (1, 2)

par egy megoldas. Probaljunk becslest adni az ismeretlenek elteresere

az elobbi ertekektol! Y


Megoldas. A rendszer ırhato az{

x1995 − 1 = 21995 − y1995

x3 − 1 = y3 − 23

alakban is. Masreszt x2k+1 − y2k+1 es x − y elojele megegyezik, tehat

2 − y es y − 2 elojele ugyanolyan, mint x − 1 elojele. Ez csak akkor

lehetseges, ha y = 2 es ıgy x = 1. Tehat M = {(1, 2)}. X


a1 − 4a2 + 3a3 ≥ 0

a2 − 4a3 + 3a4 ≥ 0

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

a2007 − 4a2008 + 3a2009 ≥ 0

a2008 − 4a2009 + 3a1 ≥ 0

a2009 − 4a1 + 3a2 ≥ 0

egyenlotlensegrendszert a valos szamok halmazaban.

Tervkeszıtes. Ha az a1, a2, . . . , a2009 szamok egymassal egyen-

lok, akkor az adott egyenlotlensegek mindegyikeben egyenloseg all.

Ugyanakkor lathato, hogy ha az egyenlotlensegek megfelelo oldalait

osszeadjuk, akkor a 0 ≥ 0 egyenlotlenseghez jutunk. Ez azt jelenti,

hogy az egyenlotlensegek egyikeben sem teljesulhet szigoru egyenlot-

lenseg, vagyis mindegyiben egyenloseg van. Igy viszont a1 es a2 fugg-

venyeben rekurzıvan kiszamıthatjuk a tobbi ismeretlent es az utolso

egyenlosegek alapjan a1-re es a2-re kapunk egy rendszert. Y

Megoldas. Az eddigiek alapjan ak − 4ak+1 +3ak+2 = 0, 1 ≤ k ≤2009, ahol a2010 = a1 es a2011 = a2. A linearis rekurziok reprezentacio-

tetele alapjan (vagy matematikai indukcioval) igazolhato, hogy

ak =3a2 − a1

2+

9(a1 − a2)

2 · 3k, 1 ≤ k ≤ 2009.

Az a2010 = a1 es a2011 = a2 feltetelek alapjan a1 = a2 es ıgy ak = a1,

ha 1 ≤ k ≤ 2009. X


5.8. Feladat. Szamıtsd ki a

lima→∞

4∫

2

dx

|x − a| + 2

hatarerteket!

Tervkeszıtes. Ha kifejtjuk a nevezoben levo modulust, a lehet-

seges ertekei alapjan harom esetet kellene vizsgalnunk. Viszont mi

csak az a → ∞ esetet kell vizsgaljuk, ezert feltetelezhetjuk, hogy

a > 4. Ezt azert celszeru feltetelezni, mert ıgy a |x−a| helyett ırhatunk

(a − x)-et es nem szukseges az esetek targyalasa. Y

Megoldas. Az elobbiek alapjan ırhatjuk, hogy

lima→∞

4∫

2

dx

|x − a| + 2= lim

a→∞

4∫

2

dx

a − x + 2

= lima→∞

− ln(a + 2 − x)∣∣∣4

2

= lima→∞

lna

a − 2= 0.

X

5.9. Feladat. Adott az

f : (−a, a) → R, f(x) =2

a2 + x2

fuggveny (a > 0). Az f egy primitıvje

a) 1aarctg 2x

a; b) 1

aarctg x

2a;

c) 1aarctgx

a; d) 1

aarcsin 2ax

x2+a2 ;

e) az elobbiek kozul egyik sem.

Tervkeszıtes. Ket modszert is kiprobalhatunk: kiszamıtjuk a

primitıvet (ami egy ,,alapkeplet”-re vezetodik vissza) vagy a megadott

fuggvenyek mindegyiket derivaljuk es megvizsgaljuk, hogy megkap-

juk-e az f -et vagy sem. Elso ranezesre ugy tunik, hogy a d) valasz

semmikeppen sem helyes, ezt akar el is hagyhatjuk. Y


Megoldas. Ha pontosan emlekszunk az alaposszefuggesekre, a-

zonnal latjuk, hogy a primitıv F : (−a, a) → R, F (x) = 2aarctgx

a. Ez

azonban nem jelenik meg a felsorolt fuggvenyek kozt, ezert hajlamosak

lennenk azt mondani, hogy az e) valasz a helyes. Ez nem ıgy van. Ha

g-vel jeloljuk a d) pontban adott fuggvenyt, akkor

g′(x) =1

a

1√1 −

(2ax

x2+a2

)2 · 2a (a2 − x2)

(x2 + a2)2 =2

x2 + a2,

vagyis eppen a d) valasz a helyes. X

5.9.1. Megjegyzes. Integralszamıtasban gyakran elofordul, hogy

az eredmeny alakja fugg a megoldasi modszertol (helyettesıtestol).

Termeszetesen csak az alakja mas, maga a fuggveny nem. Csakhogy

ez nem mindig lathato elso ranezesre.

5.10. Feladat. Szamıtsd ki a limn→∞

1∫0

xn sin x1+cos2 x

dx hatarerteket!

Megoldas. Az integral kiszamıtasa helyett vizsgaljuk inkabb a

limn→∞

1∫0

xnh(x)dx hatarerteket! Erre nagyon egyszeru also es felso becs-

les adhato, ha a h fuggveny korlatos. Ha m a h minimuma es M a

maximuma, akkor ırhatjuk, hogy

mxn ≤ xnh(x) ≤ Mxn,

tehat ha integraljuk 0 es 1 kozt, akkor a

m

n + 1≤

1∫

0

xnh(x)dx ≤ M

n + 1

egyenloseghez jutunk. Ez alapjan a keresett hatarertek 0. A mi ese-

tunkben a sin x1+cos2 x

kifejezes korlatos, tehat a megoldas teljes. X

5.10.1. Megjegyzes. Ezzel a feladattal arra szerettunk volna ra-

mutatni, hogy a lenyegtelen reszletek kiszurese mennyire hasznos lehet.

Gyakorlaskent ajanljuk a limn→∞

n1∫0

xnh(x)dx integral kiszamıtasat, ahol

a h-ra kirovando feltetelek megkereseset is az olvasora bızzuk, majd

vegul a tulajdonsag altalanosıtasat!


Jobb egy mento otlet, mint ot mento egylet

A feladat-/problemamegoldas soran gyakran kerulunk olyan hely-

zetbe, amikor keptelenek vagyunk barmifele tervet kigondolni a megol-

dasra (amit tudtunk, azt mind kiprobaltuk es egyszeruen holtpontra

jutottunk). Ilyenkor a gyakorlott feladatmegoldo megprobal radikali-

san uj szempontokat/megkozelıteseket kitalalni. A matematikaban

(kulonosen az iskolai matematikaban) a legtobb feladat megoldasahoz

egy hatekony alapgondolat szukseges, majd egy kis szamolas. Sok

matematikatanar tanıtasaban epp a megoldas alapgondolata nem lat-

hato, ugy tunik, hogy egy kicsit szamoltunk es kozben vegbement a

csoda: megjelent az eredmeny. Ezt a fajta szervezesmodot, ha csak

lehet keruljuk; manapsag az emberek nem bıznak a csodakban (pedig

sokkal nagyobb szukseguk van ra, mint valaha).


ax + by + cz + dt = 0

bx − ay + dz − ct = 0

cx − dy − az + bt = 0

dx + cy − bz − at = 0

egyenletrendszert, ha a, b, c, d ∈ R es a2 + b2 + c2 + d2 6= 0.

Tervkeszıtes. Ez egy linearis es homogen egyenletrendszer, te-

hat a hozzarendelt matrix determinansat kellene kiszamolni. Vagy

a rendszert kellene egyszerubb alakra hozni (ha csak az egyenleteket

szorozzuk, majd osszeadjuk, akkor ez ugyanaz, mintha a determinans-

ban vegeznenk a megfelelo sortranszformaciokat). Probaljuk meg kiku-

szobolni az egyik valtozot ugy, hogy mind a negy egyenletet egyszerre

hasznaljuk. Y

Megoldas. Az y egyutthatoi b,−a,−d, c, tehat ha az elso egyen-

letet beszorozzuk a-val, akkor a masodikat celszeru b-vel szorozni,

majd a harmadik es negyedik egyenletet c illetve d-vel (ehhez a z

egyutthatoit is erdemes kovetni). Ha az ıgy kapott egyenlosegek meg-

felelo oldalait osszeadjuk, az(a2 + b2 + c2 + d2

)x = 0

108 JOBB EGY MENT O OTLET, MINT OT MENTO EGYLET

egyenloseghez jutunk. A feltetel alapjan x = 0. Ha az elso egyenletet

c-vel szorozzuk, akkor a masodikat d-vel, a harmadikat −a-val, a ne-

gyediket −b-vel celszeru szorozni (a z, t illetve a x egyutthatoi) es ıgy a

z = 0 egyenloseghez jutunk. Hasonloan igazoljuk, hogy y = t = 0. X

7.1.1. Megjegyzes. Ha M a rendszer matrixa, akkor az elobbiek

gyakorlatilag azt jelentik, hogy M ·M t = (a2+b2+c2+d2)I4. Ez alapjan

lathato, hogy (det M)2 = (a2 + b2 + c2 +d2)4, tehat a rendszernek csak

a trivialis megoldasai letezik.

7.2. Feladat. Szamıtsd ki a

∆ =

∣∣∣∣∣∣

1 1 1

x1 x2 x3

x21 x2

2 x23

∣∣∣∣∣∣

determinans erteket, ha x1, x2, x3 az x3 + px + q = 0 egyenlet gyokei.

Tervkeszıtes. Ez egy Vandermonde-determinans, tehat az

(x2 − x1)(x3 − x2)(x3 − x1)

szorzatot kell kiszamolni. Ez viszont nem szimmetrikus a gyokokre

nezve, mert ket gyok felcserelesevel megvaltozik az elojele. A Viete-

osszefuggesek a gyokokre nezve szimmetrikusak, ezert letre kell hozni

egy szimmetrikus kifejezest, amibol meghatarozhato ∆. Erre a leg-

egyszerubb lehetoseg, ha ∆2-et szamoljuk. Ha

M =

1 1 1

x1 x2 x3

x21 x2

2 x23

,

akkor kiszamoljuk M · M t-at. Ennek a determinansa eppen ∆2.

Y

Megoldas. Ha Sk = xk1 + xk

2 + xk3, akkor ırhatjuk, hogy

M · M t =

3 S1 S2

S1 S2 S3

S2 S3 S4

.


A Viete-osszefuggesek alapjan S1 = 0, S2 = S21 − 2p = −2p, S3 =

−pS1 − 3q = −3q es S4 = −pS2 − qS1 = 2p2, tehat

∆2 =

∣∣∣∣∣∣

3 0 −2p

0 −2p −3q

−2p −3q 2p2

∣∣∣∣∣∣= −4p3 − 27q2.

Tehat ∆2 = −4p3 − 27q2. X

7.2.1. Megjegyzes. Ugyanehhez az eredmenyhez jutunk, ha a

P (x) = x3 + px + q polinomfuggvennyel dolgozunk es eszrevesszuk,

hogy

P ′(x) = (x − x2)(x − x3) + (x − x3)(x − x1) + (x − x1)(x − x2),

tehat P ′(x1) = (x1 − x2)(x1 − x3), P ′(x2) = (x2 − x3)(x2 − x1) es

P ′(x3) = (x3 − x1)(x3 − x2). Igy

∆2 = [(x2 − x1)(x3 − x2)(x3 − x2)]2 = −P ′(x1)P

′(x2)P′(x3).

Ezt viszont kiszamolhatjuk mas uton is, hisz P ′(x) = 3x2 + p.

P ′(x1)P′(x2)P

′(x3) =(3x2

1 + p) (

3x22 + p

) (3x2

3 + p)

=27(x1x2x3)2 + 9p(x2

1x22 + x2

2x23 + x33

2x21)+

+ 3p2(x21 + x2

2 + x23) + p3

=27q2 + 4p3.

Igy ugyanazt a ∆2 = −4p3 − 27q2 egyenloseget kapjuk.

7.3. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha x, y, z ∈ N es x2 + y2 + 1 =

xyz, akkor z = 3.

Tervkeszıtes. Probalkozhatunk oszthatosaggal, egyenlotlense-

gekkel, hamar rajovunk, hogy holtponton vagyunk. Annyit sikerul

belatni, hogy x = y = 1 es z = 3 egy lehetseges megoldas. Az is

lathato, hogy x = y eseten csak ezt a megoldast kapjuk. Vizsgaljuk

meg, hogy x 6= 1 eseten tudunk-e egy megoldasbol kiindulva tovabbi

megoldasokat szerkeszteni. Y

Megoldas. Ha x = y, akkor 2x2 + 1 = x2 · z, tehat x|1 es ıgy

z = 3, x = y = 1. A tovabbiakban feltetelezzuk, hogy x < y (a


szimmetria alapjan feltetelezhetjuk) es tekintjuk az (x0, y0) megoldast,

amelyre y0 a leheto legkisebb. Ha x1 = x0 · z − y0 es y1 = x0, akkor

y0(x0z − y0) = x20 + 1 > 0, tehat x1 ∈ N es x2

1 + y21 + 1 = x1y1z.

A vegtelen leszallas elve alapjan ilyen (x0, y0) megoldas nem letezhet,

tehat csak az (1, 1, 3) megoldas teljesıti az egyenletet. X

7.4. Feladat. Hatarozd meg az (xn)n∈N sorozat altalanos tagja-

nak kepletet, ha x0 = 1, x1 = 2 es

xn+1 = 2 · xn +4 · (2n − 1)

n + 1· xn−1, ∀n ≥ 1.

Tervkeszıtes. Kiszamıtjuk a sorozat elso nehany tagjat es ez

alapjan probalunk megfogalmazni valamilyen sejtest (vagy az altala-

nos tag kepletere vonatkozoan, vagy csak egyszeruen valami olyan

osszefuggesre vonatkozoan, ami egyszerusıtene a feladatot). Y

Megoldas. 1. megoldas. Ha kiszamıtjuk az elso nehany tagot

elofordulhat, hogy eszrevesszuk, hogy ezek a Pascal haromszog szim-

metria tengelyere illeszkedo szamok. Igy matematikai indukcioval iga-

zolhato, hogy x2n = Cn2n.

2. megoldas. Keressuk az altalanos tagot xn = 2n · an alakban.

Visszahelyettesıtes es egyszerusıtes utan a rekurzio a kovetkezo alakba

ırhato:

(n + 1)an+1 = (n + 1)an + (2n − 1)an−1.

Ha mindket oldalhoz hozzaadunk n·an-net, akkor az elobbi osszefugges

(n + 1)an+1 + nan = (2n + 1)an + (2n − 1)an−1

alakban ırhato. Ha ezt az egyenloseget n − 1 -re is felırjuk es a ket

egyenloseget kivonjuk egymasbol, az

(n + 1)an+1 − (n − 1)an−1 = (2n + 1)an − (2n − 3)an−2

egyenloseghez jutunk. Ebbol kovetkezik, hogy

(n + 1)an+1 − (2n + 1)an = (n − 1)an−1 − (2n − 3)an−2, ∀n ≥ 3,

tehat

(n + 1)an+1 − (2n + 1)an = 3a3 − 5a2 = 0.


Igy

(n + 1)an+1 − (2n + 1)an = a1 − a0 = 0.

Eszerint an = 2n−1n

an−1, tehat

an =2n − 1

n· 2n − 3

n − 1· ... · 3

2· 1

1=

(2n − 1) !!

n !

es ıgy

xn = 2n (2n − 1) !!

n != Cn

2n, ∀n ≥ 0.

X

7.5. Feladat. Az ABC∆ -ben az AA′ , BB′ es CC ′ egyenesek

osszefutoak (A′ ∈ (BC) , B′ ∈ (AC) es C ′ ∈ (AB) ). Jeloljuk az

ABC es A′B′C ′ haromszogek oldalainak felezopontjait M, N, P illetve

M ′, N ′, P ′-tel. Bizonyıtsd be, hogy MM ′ ∩ NN ′ ∩ PP ′ 6= ∅ (M ∈(BC), M ′ ∈ (B′C ′) stb.).

A

B CA

C

B

O

M

M

M

N

N,

,

,

,,

,,N

,

,

2.33. Abra. Harom szakasz, amely a levegoben log

Tervkeszıtes. Probalkozhatnank analitikus geometriaval vagy

komplex szamokkal, mindenkeppen sok szamolasra lenne szuksegunk.

Vizsgaljuk meg, hogy az MM ′, NN ′ es PP ′ egyenesekre nem talalunk-

e valami olyan jellemzest, ami megkonnyıtene a megoldast. Y


Megoldas. Legyen O az AA′, BB′ es CC ′ metszespontja vala-

mint M ′′, N ′′, es P ′′ az AO, BO illetve CO felezopontja. Ekkor az

AC ′OB′BC teljes negyszog atloinak felezopontjai M ′′, M ′ es M, tehat

ezek egy egyenesre illeszkednek (a negyszog Newton - Gauss egyenese).

Hasonloan N ′′, N ′ es N , valamint P ′′, P ′ es P is kollinearisak. Igy

elegseges igazolnunk, hogy MM ′′, NN ′′ es PP ′′ osszefutoak.

NM ′′ kozepvonal az AOC∆-ben, tehat M ′′N ||OC es M ′′N = OC2

.

Tovabba N ′′M kozepvonal BOC∆-ben, tehat N ′′M ||OC es N ′′M =OC2

. Az elobbi ket tulajdonsag alapjan N ′′M ||M ′′M es N ′′M = M ′′M,

tehat N ′′MNM ′′ paralelogramma. A paralelogramma jol ismert tu-

lajdonsagabol kovetkezik, hogy az MM ′′ es NN ′′ atlok metszespontja

mindket atlonak felezopontja. A fenti erveleshez hasonloan az MM ′′

es PP ′′ metszespontja felezi az [MM ′′] es [PP ′′] szakaszokat, tehat

mindharom egyenes atmegy az [MM ′′] szakasz felezopontjan, es ıgy

osszefutoak. X


A rest ketszer farad, a szorgalmas egesz eleteben

Ebben a paragrafusban tulajdonkeppen nem egy megoldasi strate-

giat, hanem inkabb egy hosszu tavon mukodtetheto szervezesi, prob-

lemakezelesi elvet szeretnenk megemlıteni. Ez gyakorlatilag az opera-

cionalisan mukodo keszsegekkel es azok fejlesztesenek abbahagyasaval

fugg ossze. Lassuk peldaul a masodfoku egyenlet megoldasat. A

legtobb diak megtanulja a megoldokepletet, majd ezt alkalmazva pro-

balja megoldani a masodfoku egyenleteket. Ezzel nincs is gond, az

egyetlen problema az, hogy azokat az egyenleteket is a megoldokeplet-

tel probaljak megoldani, amelyeknek a gyokei egy kis gyakorlat utan

szabad szemmel is lathatoak (vagy mas mechanizmusok aktivalasaval

rovidebben is megkaphato). A masodfoku egyenlet megoldasa ugya-

nis nem nevezheto operacionalisan mukodonek, ha valaki az x2 − 4 =

0 vagy x2 − 5x + 6 = 0 egyenletek eseteben is a megoldokepletet

probalja alkalmazni. Pontosabban: ne tevesszuk ossze a keplet alkal-

mazasanak operacionalis szintjet a masodfoku egyenlet megoldasanak

operacionalis szintjevel. Sok esetben maga a tanar keveri ossze ezt a

ket dolgot es ıgy diakjaiban nem is tudatosıtja, hogy a megoldokeplet

megtanulasa csak az alapszint, ahol az igazi tanulas kezdodik. Ebben

az esetben az alapszint olyan, mint az olvasas eseteben a betuk meg-

tanulasa es esetleg a szotagonkenti olvasas/betuzes. Igy ha valaki

szorgalmas, anelkul, hogy operacionalizalna a megfelelo keszsegeket,

akkor gyakorlatilag a rovidıteseket, egyszerusıtesi lehetosegeket nem

fogja eszlelni, tehat mindig faradoznia kell a formalis, nem integralt,

alapszintu mechanizmusainak/algoritmusainak hasznalataval. A ,,rest

ketszer farad” ez alkalommal egy picit tagabb jelentessel bır, mint az

eredeti mondasban, itt ugyanis arrol is szol, hogy sokkal celszerubb

a ketszeres faradtsagot (alapszint+operacionalizalas) vallalni, mint

az alapszinten mukodo ,,altudast”. Sajnos, az egysegesıtett orszagos

felmeresi rendszerunk jelenleg ezt az utobbit tamogatja, ezert a tanar-

nak kulonosen nehez feladat diakjaiban felkelteni az integralt tudas

hatekonysaganak gondolatat es az ilyen jellegu tudas iranti erdeklodest

(valamint tamogatni a megszerzesehez szukseges kitarto munkat).

114 A REST KETSZER FARAD, A SZORGALMAS EG ESZ ELETEBEN!

6.1. Feladat. Szamıtsd ki a kovetkezo teljes negyzeteket:

252, 352, 452, 552, 652, 752, 852.

Megoldas. Termeszetesen egy szorgalmas otodikes pillanatok

alatt elvegzi a szorzasokat es mondja is az eredmenyeket. Egy kevesbe

aktıv hetedikes diak azonban mar meggondolhatja, hogy az 5-ben

vegzodo szamokat kell negyzetre emelni, tehat minden szamolas (10a+

5)2 kiszamıtasat igenyli, ahol a erteke valtozik. De

(10a + 5)2 = 100a2 + 100a + 25 = 100a(a + 1) + 25,

tehat az eredmeny ugy keletkezik, hogy az a(a+1) szorzatot szamoljuk

ki, majd a vegere odaırjuk a 25-ot. Igy fejben is azonnal kiszamolhatok

ezek az eredmenyek:

252 = 6︸︷︷︸2·3

25 = 625

352 = 12︸︷︷︸3·4

25 = 1225

452 = 20︸︷︷︸4·5

25 = 2025

552 = 30︸︷︷︸5·6

25 = 3025

652 = 42︸︷︷︸6·7

25 = 4225

752 = 56︸︷︷︸7·8

25 = 5625

852 = 72︸︷︷︸8·9

25 = 7225

Az ilyen jellegu ,,fejszamolasi” trukkok segıtsegevel lehet, hogy jobban

ereztetheto (kulonosen also tagozaton) a rovidıtett szamıtasi kepletek

hasznossaga, mint hosszu muveletsorok elvegzesevel. X

6.2. Feladat. Jelolje x1, x2 az x2 + mx + n = 0 es x′1, x

′2 az

x2 + px + q = 0 egyenlet megoldasait. Szamıtsd ki a

P = (x1 + x′1) · (x2 + x′

2) · (x1 + x′2) · (x2 + x′

1)

szorzatot!


Tervkeszıtes. A szorzat szimmetrikus x1 es x2 illetve x′1 es x′

2-

re nezve. Ez azt sugallja, hogy a Viete-fele osszefuggesek alapjan

kiszamolhato, ha a szorzast elvegezzuk. Ez termeszetesen igaz is,

csakhogy mielott a kivitelezesnek nekifognank, gondolkodjunk azon

is, hogy ez a szamolas hogyan kerulheto el vagy legalabb hogyan

rovidıtheto le. A megoldasok segıtsegevel a masodfoku kifejezes szor-

zatra bonthato:

x2 + mx + n = (x − x1)(x − x2),

tehat ha megfelelo x erteket valasztunk, akkor a szorzasok egy reszet

nem kell elvegeznunk. Lathato, hogy az x → −x′1 es x → −x′

2

helyettesıtes celravezeto. Y

Megoldas. A tervben megfogalmazott otletek alapjan ırhatjuk,

hogy:

P =(x′2

1 − mx′1 + n

) (x′2

2 − mx′1 + n

)=

= (x′1x

′2)

2−mx′1x

′2(x

′1 +x′

2)+n(x′21 +x′2

2 )+m2x′1x

′2−mn(x′

1 +x′2)+n2

= (q − n)2 + mp(q + n) + p2n + m2q.

Termeszetesen ugyanezt az eredmenyt kapjuk akkor is, ha osszeszo-

rozzuk az elso ket es az utolso ket tenyezot, azokat egyszerusıtjuk

a Viete-osszefuggesek alapjan, majd a kapott kifejezeseket szorozzuk

ossze. Az altalunk valasztott szamolas-szervezes talan kevesebb (es

konnyebben atlathato szamolasokat igenyel). X

6.3. Feladat. Tekintjuk az

S ={x ∈ Z

∣∣∃a, b, c ∈ Z : x = a3 + b3 + c3 − 3abc}

halmazt. Igazold, hogy ha x, y ∈ S, akkor x · y ∈ S.

Tervkeszıtes. Azt kellene belatni, hogy az(a3

1 + b31 + c3

1 − 3a1b1c1

)·(a3

2 + b32 + c3

2 − 3a2b2c2

)

szorzat szinten ilyen alakban ırhato. Ezt megprobalhatjuk a zarojelek

felbontasaval es a tenyezok megfelelo osszeszorzasaval (termeszetesen

a komplex egyseggyokok segıtsegevel) vagy direkt szamolassal. A

szamolasok bonyolultsaga miatt konnyen elofordulhat, hogy egyik

esetben sem sikerul teljesse tenni a bizonyıtast. Ha viszont a szamokat


ugy fogjuk fel, mint valamilyen matrixokhoz rendelt determinansok

erteke, akkor csak meg kell konstrualni a megfelelo matrixokat, majd

ket matrix szorzatat kell kiszamolni (a szorzat determinansa ugyanis

a determinansok szorzata). Y

Megoldas. Tekintjuk az

M =

M(a, b, c) =

a b c

c a b

b c a

∣∣∣∣∣∣a, b, c ∈ Z

matrixhalmazt. Vilagos, hogy det M(a, b, c) = a3+b3+c3−3abc, tehat

elegseges igazolni, hogy az M(a1, b1, c1) · M(a2, b2, c2) ∈ M. Masreszt

ha M(a1, b1, c1) · M(a2, b2, c2) = X, akkor

X =

a1a2 + b1b2 + c1c2 a1b2 + b1a2 + c1c2 a1c2 + b1b2 + c1a2

a1c2 + b1b2 + c1a2 a1a2 + b1b2 + c1c2 a1b2 + b1a2 + c1c2

a1b2 + b1a2 + c1c2 a1c2 + b1b2 + c1a2 a1a2 + b1b2 + c1c2

.

Ez alapjan, ha x = a31 + b3

1 + c31 − 3a1b1c1 es y = a3

2 + b32 + c3

2 − 3a2b2c2,

akkor

x · y = a33 + b3

3 + c33 − 3a3b3c3,

ahol

a3 = a1a2+b1b2+c1c2, b3 = a1b2+b1a2+c1c2, c3 = a1c2+b1b2+c1a2.

Lathato, hogy ha a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ Z, akkor a3, b3, c3 ∈ Z es ıgy a

bizonyıtas teljes. X

6.4. Feladat. Rendelkezesunkre all harom beosztas nelkuli edeny:

egy 3 literes, egy 8 literes es egy 11 literes (es semmi mas). Kezdet-

ben a legnagyobb edeny tele van vızzel. Merjel ki 1 liter vizet rendre

mindharom edenyben, majd vizsgald meg, hogy edenyeinkben milyen

mennyisegu vizet lehet kimerni!

Tervkeszıtes. Vilagos, hogy toltogetnunk kell az edenyek kozt.

Az is vilagos, hogy a toltogetes soran nem erdemes olyan allapotokat

generalni, amelyek mar elofordultak. Igy tulajdonkeppen veletlen-

szeruen (vagy proba szerencse alapon) toltogetve is eljuthatunk a

megoldashoz. Az elemzes termeszetesen mar egeszen mas, de ilyen kis


szamokra vegigprobalhatjuk az osszes lehetseges toltogetest. Terme-

szetesen jo volna abrazolni a lehetseges allapotokat es az abran meg-

vizsgalni, hogy mit jelent egy-egy toltogetes. Mivel a harom edenyben

levo teljes vızmennyiseg mindig 11 liter, ha ket koordinatat (x, y) ren-

delunk minden allapothoz (a ket kisebb edenyben levo vızmennyise-

get), akkor a harmadik edenyben levo vızmennyiseg 11− x− y. Igy a

lehetseges allapotok egy teglalapon levo racspontoknak felelnek meg.

A toltogeteseket megvizsgalva rajohetunk, hogy minden toltogetes egy

mozgasnak felel meg, amelyet az oldalakkal vagy az egyik atloval

parhuzamosan vegzunk. A szemleletesseg erdekeben erdemesebb fer-

deszogu koordinatarendszert hasznalni, hisz ıgy ezek a mozgasok mo-

dellezhetok egy billiardgolyo mozgasaval (utkozesekkel). Y

Megoldas. Tekintsunk egy paralelogrammat, amelynek az egyik

szoge 60◦-os, az oldalainak hossza 3 illetve 8 egyseg, majd osszuk

fel az oldalakat egysegnyi szakaszokra es kossuk ossze a megfelelo

osztopontokat (lasd a 2.34. abra elso paralelogrammajat). A bal felso

0 1 2 30

1

2

3

4

5

6

7

8

0123

4

5

6

7

8

9

10

11

2.34. Abra. Toltogetes es billiard

sarokbol indıtsunk el egy billiargolyot az oldal menten (a vastag vonal)

es kovessuk ennek az utvonalat, amint a paralelogramma belsejeben

mozog (az oldalakrol mindig visszapattan). A 2.34. abra masodik

paralelogrammajan abrazoltuk az elso par lepest. Felırjuk a megfelelo


allapotokat (az elso szam a 11 literes edenyben levo vızmennyiseg, a

masodik a 8 literesben es az utolso a 3 literesben levo vızmennyiseg):

(11, 0, 0) → (8, 0, 3) → (8, 3, 0) → (5, 3, 3) → (5, 6, 0) → (2, 6, 3) →→ (2, 8, 1) → (10, 0, 1) → (7, 1, 3) → (7, 4, 0) → (4, 4, 3) →→ (4, 7, 0) → (1, 7, 3) → (1, 8, 2) → (9, 0, 2) → (9, 2, 0) →

→ (6, 2, 3) → (6, 5, 0) → (3, 5, 3) → (3, 8, 0)

A felsorolt allapotok azt mutatjak, hogy a billiardgolyo az oldalakon

felvett osszes osztopontot erinti (a palyaja lathato a 2.34. abra har-

madik paralelogrammajan). Igy a 11 literes edenyben kimerhetunk

0, 1, 2, . . . , 11 liter vizet, a 8 literes edenyben 0, 1, 2, 3, . . . , 8 liter vizet

es a legkisebb edenyben 0, 1, 2, 3 liter vizet. Ezeken a mennyisegeken

kıvul mas mennyisegeket nem lehet kimerni, tehat a megoldas tel-

jes. X

6.4.1. Megjegyzes. Ugyanezt a modellt hasznalva igazolhatjuk,

hogy tetszoleges m, n ∈ N∗, (m, n) = 1 eseten ha az edenyek urtartal-

ma m, n es m + n, akkor minden edenyben kimerheto minden egesz

mennyiseg, ami nem haladja meg az edeny urtartalmat. Hasonlo-

keppen, ha (m, n) = d, akkor csak a d tobbszorosei merhetok ki.

Probaljunk hasonlo jellegu tulajdonsagokat talalni (es igazolni) tobb

edeny esetere is!

6.4.2. Megjegyzes. Az ilyen jellegu feladatokkal altalaban a

gyerekek kombinacios keszseget szoktak vizsgalni (azt gondolom, senki

nem varja el egy 11 eves gyerektol, hogy elore lasson 15 lepest). Szamı-

togepes szimulacioval ellenorızheto, hogy tetszoleges urtartalmak ese-

ten is eljuthatunk az osszes lehetseges allapothoz veletlenszeru tolto-

getessel. Igy az ilyen jellegu feladatokkal valojaban csak azt merjuk,

hogy a gyereknek van-e annyi turelme, hogy eleg sok lepest kiprobaljon

(es esetleg elkerulje a regi allapotok ujrageneralasat).


Vasaroltam egy uj bumerangot, hova hajıthatom a regit?

Sajat otleteink, elkepzeleseink, tetteink, almaink mint megannyi

magunk altal elhajıtott bumerang vagnak mellbe minket. Hasonlo a

helyzet az ismereteinkkel is. Ha egyszer megtanultuk (VII. osztaly-

ban), hogy egy szerkesztesi feladat vagy egy mertani hely meghataro-

zasat jelento feladat megoldasa soran hogyan erdemes eljarni, akkor

elegge nehezen fogunk egy mas elkepzelest kidolgozni egy ilyen jellegu

feladat megoldasara. Az oktatatasban ervenyesulo spiralis szervezes

(tobbszor visszaterunk ugyanarra a temakorre, peldaul a sıkgeometriat

tobb evfolyamon is tanıtjuk) egyik legnagyobb problemaja ez a bume-

rang effektus. Nagyon gyakran nem a meglevo fogalmakra epıtunk

es az ismeretek ,,tarhazat” bovıtjuk, hanem radikalisan atszervezzuk,

athuzalozzuk a meglevo ismereteket annak celjabol, hogy mas jellegu

problemak megoldasara is hatekonyan hasznalni lehessen oket. Ne

feledjuk, a megertes a gondolatok egybeszervezodese es ez az egybe-

szervezodes az ujabb es ujabb szinteken mindig ujraertekelodik. Gyak-

ran tevodnek fel olyan termeszetes problemak az oktatas soran, ame-

lyeknek a megoldasa csak valamely kesobbi ciklusban kezelheto ha-

sonlo termeszeteseggel.

8.1. Feladat. Az A0A1A2 . . . An−1 sokszog oldalaira kifele egyen-

lo oldalu haromszogeket szerkesztunk, es a haromszogek A0, A1, A2, . . .

An−1-tol kulonbozo csucsait rendre B0, B1, . . . , Bn−1-gyel jeloljuk. Bi-

zonyıtsd be, hogy ha n nem oszthato 3-mal, es a B0B1 . . . Bn−1 sokszog

szabalyos, akkor a kezdeti A0A1 . . . An−1 sokszog is szabalyos.

Megoldas. Minden pont affixumat jeloljuk a neki megfelelo kis-

betuvel. Mivel minden BiAi+1 szakasz a megfelelo AiAi+1 szakaszπ

3szoggel valo elforgatottja, a komplex szamok tulajdonsagai alapjan

ırhatjuk, hogy:

(2.3)

b0 − a1 = ε(a0 − a1)

b1 − a2 = ε(a1 − a2)

b2 − a3 = ε(a2 − a3)

. . .

bn−1 − a0 = ε(an−1 − a0)

⇔

b0 = εa0 + (1 − ε)a1

b1 = εa1 + (1 − ε)a2

b2 = εa2 + (1 − ε)a3

. . .

bn−1 = εan−1 + (1 − ε)a0

120 VASAROLTAM EGY UJ BUMERANGOT, HOVA HAJ ITHATOM A REGIT?

A fenti egyenletrendszert matrixos alakra atırva a

(2.4)

b0

b1

b2...

bn−1

=

ε 1 − ε 0 . . . 0

0 ε 1 − ε . . . 0

0 0 ε . . . 0...

......

......

1 − ε 0 0 0 ε

a0

a1

a2...

an−1

rendszerhez jutunk, ahol ε3 + 1 = 0.

Legyen M =

ε 1 − ε 0 . . . 0

0 ε 1 − ε . . . 0

0 0 ε . . . 0...

......

......

1 − ε 0 0 0 ε

es hatarozzuk meg

az inverzet. Erre azert van szuksegunk, hogy az a0, a1, . . . , an−1 szamo-

kat felırjuk b0, b1, . . . , bn−1 fuggvenyeben. Ha az M−1 matrix elso osz-

lopanak elemeit x1, x2, . . . , xn-nel jeloljuk, az MM−1 = In egyenloseg

alapjan:

εx1 + (1 − ε)x2 = 1

εx2 + (1 − ε)x3 = 0

εx3 + (1 − ε)x4 = 0...

εxn−1 + (1 − ε)xn = 0

εxn + (1 − ε)x1 = 0

Az utolso egyenletbol kifejezzuk xn-et: xn = −1−εε

x1, majd az utolso

elottibol xn−1-et, es ıgy tovabb:

xn−1 = −1 − ε

εxn =

(− 1 − ε

ε

)2

x1

xn−2 = −1 − ε

εxn−1 =

(− 1 − ε

ε

)3

x1

...

x2 =(− 1 − ε

ε

)n−1

x1

,


majd ezt az elso egyenletbe visszahelyettesıtve:

εx1 + (1 − ε)(− 1 − ε

ε

)n−1

x1 = 1.

Innen megkapjuk x1-et:

x1 =1

ε + (1 − ε)(− 1−ε

ε

)n−1 =1

ε − ε(− 1−ε

ε

)n =1

ε(1 − εn),

majd vegul x1-et minden egyenletbe visszahelyettesıtve megkapjuk

M−1 elso oszlopat:

M−1 =

1

ε(1 − εn). . .

εn−1

ε(1 − εn). . .

εn−2

ε(1 − εn). . .

......

ε

ε(1 − εn). . .

Hasonlo gondolatmenettel kiszamıthatjuk M−1 tobbi oszlopanak tag-

jait is. Eredmenyul a kovetkezo matrixot kapjuk:

(2.5) M−1 =

1

ε(1 − εn)

ε

ε(1 − εn). . .

εn−1

ε(1 − εn)εn−1

ε(1 − εn)

1

ε(1 − εn). . .

εn−2

ε(1 − εn)εn−2

ε(1 − εn)

εn−1

ε(1 − εn). . .

εn−3

ε(1 − εn)...

.... . .

...ε

ε(1 − εn)

ε2

ε(1 − εn). . .

1

ε(1 − εn)


vagyis

(2.6) M−1 =1

ε(1 − εn)

1 ε ε2 . . . εn−1

εn−1 1 ε . . . εn−2

εn−2 εn−1 1 . . . εn−3

......

.... . .

...

ε ε2 ε3 . . . 1

8.1.3. Megjegyzes. Lathato, hogy az M matrix csak akkor lesz

invertalhato, ha n nem oszthato 3-mal.

Igy tehat a kovetkezo osszefuggest ırhatjuk fel az ai es bi affixumok

kozott:

(2.7)

1

ε(1 − εn)

1 ε ε2 . . . εn−1

εn−1 1 ε . . . εn−2

εn−2 εn−1 1 . . . εn−3

......

.... . .

...

ε ε2 ε3 . . . 1

b0

b1

b2...

bn−1

=

a0

a1

a2...

an−1

A B0B1B2 . . . Bn−1 sokszog pontosan akkor szabalyos, ha letezik olyan

z0 es z1, amelyre

(2.8)

b0

b1

b2...

bn−1

= z0

1

ω

ω2

...

ωn−1

+ z1

1

1

1...

1

.

Igy viszont az A0A1 . . . An−1 sokszog csucspontjainak a0, a1, . . . , an−1

affixumaira

a0

a1

a2...

an−1

=z0

ε(1 − εn)

1 ε ε2 . . . εn−1

εn−1 1 ε . . . εn−2

εn−2 εn−1 1 . . . εn−3

......

.... . .

...

ε ε2 ε3 . . . 1

1

ω

ω2

...

ωn−1

+


+z1

ε(1 − εn)

1 ε ε2 . . . εn−1

εn−1 1 ε . . . εn−2

εn−2 εn−1 1 . . . εn−3

......

.... . .

...

ε ε2 ε3 . . . 1

1

1

1...

1

,

tehat az u =n−1∑

j=0

εjωj, w0 =z0u

ε(1 − εn), es

w1 =z1

ε(1 − εn)(1 + ε + ε2 + . . . + εn−1)

jelolessel

a0

a1

a2...

an−1

= w0

1

ω

ω2

...

ωn−1

+ w1

1

1

1...

1

.

Ez alapjan A0A1 . . . An−1 szabalyos, tehat a bizonyıtas teljes. X

8.1.1. Megjegyzes. A feladat egy sajatos esetet (n = 6-ra) David

Geza javasolta a XV III. Erdelyi Magyar Matematikaversenyen.

8.2. Feladat. Bizonyıtsd be, hogy ha M egy pont az O kozeppontu

ABC egyenlooldalu haromszog sıkjaban, akkor az M pontnak BC-re,

AC-re es AB -re eso vetuletei altal meghatarozott haromszognek a

sulypontja az OM szakasz felezopontja.

Tervkeszıtes. Az O pontot tekintjuk origonak es kifejezzuk a

vetuletek altal meghatarozott haromszog sulypontjanak affixumat az

M affixumanak segıtsegevel. Y

Megoldas. Ha O az origo, OC = Ox, ε = cos 2π3

+ i sin 2π3

az

egyik harmadrendu egyseggyok, es az [OC] szakasz hosszat tekintjuk

az egysegnek, akkor a C, A es B pontok affixumai c = 1, a = ε illetve

b = ε2. Az abra alapjan

m3 = −1

2+ i · Imm = −1

2+

m − m

2.


A

B C

y

x

OM

C’

M3

M1

M2

2.35. Abra. Egy pont talpponti haromszogenek sulypontja

Ha az abrat elforgatjuk 120◦ -kal, akkor az m pont az m′ = m · ε

pontba, az m2 pont pedig az

m′2 = −1

2+

mε − m · ε2

pontba kerul. Tovabb forgatva az abrat 240◦ -kal, m′2 az m2 pontba

kerul es ıgy

m2 = ε2

(−1

2+

mε − m · ε2

)= −ε2

2+

m − mε

2.

Ha ismet 240◦-kal forgatunk, akkor m az mε2 pontba es m1 az

m′1 = −1

2+

mε2 − m · ε2

pontba kerul. Egy tovabbi 120◦ -os szoggel valo elforgatas utan

m1 = ε

(−1

2+

mε2 − m · ε2

2

)= −ε

2+

m − mε2

2.

A kapott osszefuggesekbol kovetkezik, hogy

g =m1 + m2 + m3

3= −1

6

(ε2 + ε + 1

)+

m

2− m

6

(ε2 + ε + 1

)=

m

2,

tehat GM az OM szakasz felezopontja. X


8.2.1. Megjegyzes. Ha Pi-vel jeloljuk a P pont vetuletet az

A0A1A2...An−1 szabalyos n oldalu sokszog AiAi+1 oldalara minden

0 ≤ i ≤ n − 1 eseten (An = A0), akkor a P0P1P2...Pn−1 sokszog

sulypontja az OP szakasz felezopontja.

A megjegyzes bizonyıtasa. Az altalanossag csorbıtasa nelkul

feltetelezhetjuk, hogy

aj = εj = cos2jπ

n+ sin

2jπ

n, 0 ≤ j ≤ n − 1.

Ha n = 2k + 1, akkor AkAk+1 ‖OY tehat

pk = cos2kπ

2k + 1+

p − p

2.

Az n = 3 esethez hasonloan a megfelelo forgatasokat hasznalva ırhat-

juk, hogy

pj · εk−j = cos2kπ

2k + 1+

p · εk−j − (p · εk−j)

2,

ha 0 ≤ j ≤ k es

pj · εj−k = cos2kπ

2k + 1+

p · εj−k − (p · εj−k)

2,

ha k + 1 ≤ j ≤ 2k. Mivel ε = ε2k = ε−1 a kovetkezo egyenlosegekhez

jutunk:

pj = εk+j+1 cos2kπ

2k + 1+

p − ε2j+1 · p2

, 0 ≤ j ≤ k − 1 es

pj = εk+j+1 cos2kπ

2k + 1+

p − ε2(j−k) · p2

, k + 1 ≤ j ≤ 2k.

Ha ezeket osszegezzuk es felhasznaljuk an−1∑v=0

εv = 0 egyenloseget az

1

n·

n−1∑

j=0

pj =p

2

osszefuggeshez jutunk, ami epp a bizonyıtando tulajdonsag.


Lathato, hogy a vetuletek affixumanak kiszamıtasa soran lenyeges

volt, hogy a sokszog egyik oldala parhuzamos legyen valamelyik ten-

gellyel. Emiatt paros n eseten (n = 2k) az

aj = z0εj = z0

(cos

2jπ

2k+ i · sin 2jπ

2k

), 0 ≤ j ≤ 2k − 1

sokszoget tekintjuk alapsokszognek, ahol z0 = cos π2k

+ i · sin π2k

. Igy

pk−1 = cos(2k − 1)π

2k+

p − p

2

es a megfelelo forgatasok segıtsegevel

pj · εk−j−1 = cos(2k − 1)π

2k+

p · εk−j−1 − (p · εk−j−1)

2, 0 ≤ j ≤ k − 1

es

pk+j · εj+1 = cos(2k − 1)π

2k+ +

p · εj+1 − (p · εj+1)

2, k ≤ j ≤ 2k − 1.

Ezek alapjan akarcsak paratlan n-re a

1

n·

n−1∑

j=0

pj =p

2

egyenloseghez jutunk, tehat a bizonyıtas teljes. X

8.2.2. Megjegyzes. Ha n = 2k, akkor apj+pj+k

2affixumu pont az

AjAj+1-gyel parhuzamos szimmetriatengelyen van, tehat az

1

n·

n−1∑

j=0

pj =1

k·

k−1∑

j=0

pj + pj+k

2=

p

2

egyenloseg azt fejezi ki, hogy a P -nek a sokszog szimmetriatengelyeire

eso vetuletei altal meghatarozott k oldalu sokszog sulypontja az OP

felezopontja. Ezt ellenorızhetjuk paratlan oldalu sokszogre is. Igy a

kovetkezo tulajdonsaghoz jutunk:

Egy tetszoleges P pontnak egy szabalyos sokszog szimmetriatenge-

lyeire eso vetuletei altal meghatarozott sokszog sulypontja az OP sza-

kasz felezopontja, ahol O a szabalyos sokszog kozeppontja.

Gyakorlatilag ez a tulajdonsag ugyanaz, mint amikor a sokszog

oldalaira vetıtjuk a P pontot, ha a sokszoget osszezsugorıtjuk az O


pontra es az oldalak tartoegyenesenek iranyat megorizzuk (ugy, hogy

ezek egy masik sokszog szimmetriatengelyei legyenek).

8.2.3. Megjegyzes. A haromszogre vonatkozo tulajdonsag altala-

nosıthato (es egyben jobban megertheto). A szabalyos haromszogben

ugyanis a magassagok egyben oldalfelezok is, tehat az egyenlo oldalu

haromszogben hasznalt meroleges vetıtes egy altalanos haromszogben

helyettesıtheto az oldalfelezok menten valo vetıtessel (termeszetesen

sok minden massal is). Igy a kovetkezo tulajdonsaghoz jutunk:

8.3. Feladat. Az ABC haromszogben AD, BE es CF oldalfele-

zok. Egy tetszoleges K ponton at az AD, BE es CF -hez huzott parhu-

zamos a BC, CA illetve AB oldalt rendre az M, N es P pontban met-

szi. Igazold, hogy az MNP haromszog S sulypontja a GK felezopont-

ja, ahol G az ABC haromszog sulypontja (lasd a 2.36. abrat).

A

B CM

NP

D

EF

G

K

S

2.36. Abra. A tulajdonsag affin valtozata

Ebbol a tulajdonsagbol kiindulva probaljunk altalanosabb tulaj-

donsagokat (sokszogekre, szimplexekre, stb.) igazolni!

8.3.1. Megjegyzes. A tulajdonsag kiterjesztheto haromdimenzi-

os terre is:

Ha A1A2A3A4 egy szabalyos tetraeder es Pi a P vetulete az Ai-vel

szemben fekvo lapra, minden 1 ≤ i ≤ 4 eseten, valamint Q1, Q2, Q3,

Q4, Q5, Q6 az elekre eso vetuletek, akkor


a) a P1P2P3P4 tetraeder G2 sulypontja az OP szakaszon van esOG2

OP= 2

3.

b) A Q1Q2Q3Q4Q5Q6 pontrendszer G1 sulypontja az OP -n van

es OG1

OP= 1

3.

Az affin verzionak egy lehetseges altalanosıtasa szimplexek esetere

megtalalhato az Andras Szilard, Szilagyi Zsolt: Geometria II (Status

Kiado, 2005) jegyzetben.


Ki mint veti agyat, ugy alussza almat

Ebben az alfejezetben azt szeretnem abrazolni, hogy mennyire

fontos a problemamegoldast elokeszıteni. Ha a heurisztikus problema-

megoldas lepeseit szeretnenk hasznalni (hasonlo feladat keresese, tete-

lek/tulajdonsagok az adott matematikai objektumokra vonatkozoan,

stb.), akkor ez alapertelmezesbol sikertelensegre van ıtelve, ameny-

nyiben a szukseges feladatot/tetelt/tulajdonsagot csak egy szemszog-

bol lattuk, es az radikalisan mas volt, mint ahol alkalmazni kellene.

Peldaul ha egyenesek osszefutasara a Ceva-tetel fordıtottjat hasznaljuk

es ezt kizarolag haromszogben, akkor egy szabalyos 18-szog megfelelo

atloinak osszefutasara nem valoszınu, hogy jarhato utnak gondoljak a

Ceva-tetel fordıtottjanak alkalmazasat. Gyakorlatilag egy tetel/tulaj-

donsag minden alkalmazasa egy vetulete az adott tulajdonsagnak.

Vilagos, hogy minel tobb, lehetoleg radikalisan kulonbozo vetuletet

latjuk egy tetelnek, annal tobb eselyunk van megerteni a tetelt es

tovabbi osszefuggeseket eszrevenni. Az idobeli eltolodast is figyelembe

veve talan jobban illene a ,,ki mint vet, ugy arat” megfogalmazas,

persze ha nem az olimpiai gerelydobora ertjuk (es a dıjak/baberok

learatasara).

Lassunk nehany tetelt/tulajdonsagot a kollinearitas es osszefutas

targykorebol, majd egy feladatot, aminek nehany altalanosıtasi lehe-

toseget vizsgaljuk.

9.1. Tetel. (Menelaosz tetele6) Ha A1 ∈ BC, B1 ∈ AC es C1 ∈AB egy egyenesre illeszkedo pontok, akkor

(2.9)A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B= 1.

9.1.1. Megjegyzes. Az A1, B1, C1 pontok kozul vagy pontosan

ketto van az [AB], [BC], [AC] szakaszokon, vagy mindharom pont a

megfelelo szakasz kulso pontja (lasd a 2.37. a) es b) abrat).

Bizonyıtas. Az A, B, C pontokon at parhuzamosokat huzunk egy

olyan d egyeneshez, amely nem parhuzamos az A1 − B1 − C1 pontok

altal meghatarozott d1 egyenessel. Jelolje ezeknek a parhuzamosoknak

6Menelaosz, gorog matematikus, 70-130

130 KI MINT VETI AGYAT, UGY ALUSSZA ALMAT

A

B

C1 B1

C

A1

a) b)

A

B

C1

B1

C A1

2.37. Abra. Menelaosz tetele

a d1 egyenessel valo metszespontjait A2, B2 es C2 (lasd a 2.38. abrat).

Az AA2C1 ∼ BB2C1, CC2A1 ∼ BB2A1 es AA2B1 ∼ CC2B1 ha-

sonlosagok alapjan ırhatjuk, hogy

C1A

C1B=

AA2

BB2

(2.10)

B1C

B1A=

CC2

AA2

(2.11)

A1B

A1C=

BB2

CC2

,(2.12)

tehat

(2.13)A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B= 1.

X

9.1.2. Megjegyzes. Lathato, hogy az elobbi osszefuggesek erve-

nyesek a 2.38. a) es 2.38. b) abra eseten egyarant.

9.2. Tetel. (A Menelaosz-tetel fordıtottja) Ha A1 ∈ BC, B1 ∈ AC

es C1 ∈ AB ugy, hogy az A1, B1, C1 pontok kozul paros sok van

a megfelelo szakasz ([AB], [BC] illetve [AC]) belsejeben es teljesul

a (2.9), akkor az A1, B1 es C1 pontok kollinearisak (egy egyenesre

illeszkednek).

Bizonyıtas. Feltetelezzuk, hogy a (2.9) osszefugges teljesul. Az

altalanossag csorbıtasa nelkul feltetelezhetjuk, hogy A1 nincs a [BC]

szakasz belsejeben (ez a csucsok ujrabetuzesevel mindig elerheto). Ha


A

B

C1B1

C

A1

a) b)

A

B

C1

B1

C A1

A2

B2

C2A2

B2 C2

2.38. Abra. A Menelaosz-tetel bizonyıtasa

B1C1 parhuzamos a BC-vel, akkor a Thalesz-tetel alapjan B1AB1C

= C1AC1B

,

tehat a (2.9) osszefugges alapjan A1BA1C

= 1. Mivel A1 a BC \ [BC] hal-

mazban van, az elobbi egyenloseg lehetetlen, tehat letezik az {A′1} =

BC ∩ B1C1 metszet es A′1 ∈ BC \ [BC] (lasd a 2.39. abrat).

A

B

C1 B1

C

A1

a) b)

A

B

C1

B1

C A1A

1

`

A1

`

2.39. Abra. A Menelaosz-tetel fordıtottja

A C1 − B1 − A′1 szelore alkalmazzuk Menelaosz tetelet:

A′1B

A′1C

· B1C

B1A· C1A

C1B= 1.

Az elobbi egyenloseg es a (2.9) osszefugges alapjan A1BA1C

=A′

1B

A′

1C, tehat

mivel A1 is es A′1 is a BC \ [BC] halmazban vannak, kovetkezik, hogy

A1 egybeesik A′1-tel, vagyis A1, B1 es C1 kollinearisak. X

9.2.1. Megjegyzes. A bizonyıtasbol kitunik, hogy tetszoleges sok-

szog eseten is ervenyes hasonlo tulajdonsag:


Ha az A1A2 . . . An sokszog minden AiAi+1 oldalanak tartoegyeneset

egy d egyenes a Bi pontban metszi (1 ≤ i ≤ n), ahol An+1 = A1, akkor

n∏

i=1

AiBi

BiAi+1

= 1.

A fordıtott tetel n > 3 eseten nem igaz, de megfogalmazhato a kovet-

kezo tetel:

Ha az A1A2 . . . An sokszogben Bi ∈ AiAi+1, 1 ≤ i ≤ n, es a B1,

B2, . . . , Bn pontok kozul (n − 1) illeszkedik egy d egyenesre, valamint

n∏

i=1

AiBi

BiAi+1

= 1,

akkor az n-edik pont is illeszkedik a d egyenesre.

n = 3 eseten vilagos, hogy n−1 = 2 pont illeszkedik egy egyenesre.

9.2.2. Megjegyzes. A kifejezesmod tomorıtheto, ha iranyıtott

szakaszokat hasznalunk. Az

A1B

A1C

arany alatt a A1BA1C

aranyt ertjuk, ha az A1 ∈ BC pont nincs a [BC] sza-

kasz belsejeben (vagyis az A1B es A1C szakaszok azonos iranyıtasuak)

es a −A1BA1C

, aranyt, ha A1 ∈ [BC] (vagyis ha az A1B es A1C szakas-

zok ellentetes iranyıtasuak). Az ıgy bevezetett jeloles segıtsegevel a

Menelaosz-tetel es a fordıtottja a kovetkezo modon fogalmazhato meg:

Az A1 ∈ BC, B1 ∈ AC es C1 ∈ AB pontok akkor es csakis akkor

kollinearisak, ha

(2.14)A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B= 1.

9.3. Feladat. Az ABC nem egyenlo szaru haromszogben jelolje

A1, B1, C1 a haromszog kore ırt korhoz az A, B illetve C pontokban

huzott erintoknek a szembenfekvo oldallal valo metszespontjat. Igazold,

hogy A1, B1, C1 egy egyenesre illeszkednek.


C

B

A

C1 B1 A1

2.40. Abra. A Lemoine egyenes

Bizonyıtas. Feltetelezhetjuk, hogy a > b > c, (lasd a 2.40.

abrat). Az A1, B1 es C1 pont nem lehet a [BC], [CA] illetve [AB] sza-

kasz belsejaben (mert a haromszog kore ırt kor kulso tartomanyaban

vannak), tehat a kollinearitas igazolasahoz elegseges ellenorızni a (2.9)

osszefuggest. Mivel

m(C1CA) =1

2m(

⌢

AC) = m(B)

kovetkezik, hogy C1CA ∼ C1BC, tehat

C1A

C1C=

C1C

C1B=

CA

CB.

Ez alapjan CC1 =√

C1A · C1B vagyis√

C1A·C1BC1B

= ab

es ıgy

C1A

C1B=

a2

b2.

Hasonlo gondolatmenet alapjan B1AB1C

= c2

a2 es A1BA1C

= c2

b2, tehat

C1A

C1B· A1B

A1C· B1C

B1A=

b2

a2· c2

b2· a2

c2= 1.

Menelaosz fordıtott tetele alapjan A1, B1, C1 egy egyenesre illeszke-

dik. X

9.4. Tetel. (Ceva tetele7) Ha O egy tetszoleges pont az ABC

haromszog sıkjaban A1, B1 illetve C1 az AO, BO es CO metszespontja

7Giovanni Ceva, olasz matematikus, jezsuita szerzetes, 1647-1734


a BC, CA, AB-vel, akkor

(2.15)A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B= 1.

Bizonyıtas. Elobb igazoljuk a kovetkezo tulajdonsagot:

Ha az XY Z haromszogben U ∈ Y Z, akkor

UY

UZ=

XY

XZ· sin(Y XU)

sin(ZXU).

Az XY U es XZU haromszog teruletet ket kulonbozo modon fe-

jezzuk ki, egyszer egy oldal es a hozza tartozo magassag segıtsegevel

majd ket oldal es a kozrezart szog segıtsegevel:

UY

UZ=

T(XUY )

T(XUZ)=

12XU · XY · sin(Y XU)

12XU · XZ · sin(ZXU)

=XY

XZ· sin(Y XU)

sin(ZXU).

Az elobbi osszefuggest alkalmazzuk a BOC, COA es AOB haromszo-

gekben:

BA1

A1C=

BO

OC· sin(O2)

sin(O3)

CB1

B1A=

CO

OA· sin(O1)

sin(O2)

AC1

C1B=

AO

OB· sin(O3)

sin(O1).

Ha a fenti egyenlosegek megfelelo oldalait osszeszorozzuk, a kert

osszefuggest kapjuk. Belathato, hogy a felırt osszefuggesek ervenyesek

kulso osszefutasi pont eseten is (lasd a 2.42. a) es 2.42. b) abrat). X

9.4.1. Megjegyzes. A bizonyıtas elemzesebol lathato, hogy ha-

sonlo osszefugges tetszoleges sokszog eseten is ervenyes. Az egyszeru-

seg kedveert paratlan oldalu sokszogre jelentjuk ki (ahol minden csucs-

nak van szemben fekvo oldala):

Ha O egy pont az A1A2 . . . A2n+1 sokszog sıkjaban es Bi az AiO

egyenesnek az Ai csuccsal szemben fekvo oldallal valo metszespontja


X

Y ZU

a 1 a 2

A

B

C1

B1

CA1

O11

2

2

3

3

2.41. Abra. A Ceva-tetel belso osszefutasi pont eseten

A

B

C1 B1

CA1

OA

B

C1

B1

CA1

O

a) b)

1 1

2 3

2 3

1

2.42. Abra. A Ceva-tetel kulso osszefutasi pont eseten

(i ∈ {1, 2, ..., 2n + 1}), akkor

(2.16)2n+1∏

i=1

BiAi+n

BiAi+n+1

= 1,

ahol Am = A2n+1, ha m oszthato (2n + 1)-gyel, mıg ellenkezo esetben

Am = Ar, ahol r az m-nek a (2n + 1)-gyel valo osztasi maradeka.


A1

A2

A3

A4

A5

B1

B2

B3

B4

B5O

2.43. Abra. Ceva tetele sokszogekre

9.5. Tetel. (A Ceva-tetel fordıtottja) Ha az ABC haromszogben

A1 ∈ [BC], B1 ∈ [AC] es C1 ∈ [AB] es teljesul a (2.15) osszefugges,

akkor AA1, BB1 es CC1 osszefutoak .

Ha A1 ∈ (BC), B1 ∈ AC\[AC], C1 ∈ AB\[AB] es teljesul a (2.15)

osszefugges, akkor AA1, BB1, CC1 osszefutoak vagy parhuzamosak.

Bizonyıtas. Legyen {O} = BB1 ∩CC1 es {A′1} = AO∩BC. Al-

kalmazzuk Ceva tetelet az AA′1, BB1 es CC1 egyenesekre es osszeha-

sonlıtjuk a kapott osszefuggest a (2.15) feltetellel. Igy az A1BA1C

=A′

1B

A′

1C,

egyenloseghez jutunk. Mivel az A1 es A′1 pontok a (BC) szakasz

belsejeben vannak, az elobbi egyenloseg csak akkor teljesulhet, ha

A1 = A′1.

A masodik allıtas igazolasahoz ket esetet kulonboztetunk meg: Ha

BB1 es CC1 parhuzamosak, akkor BCC1B1 paralelogramma (ez az

eset csak akkor johet letre, amikor a pontok relatıv helyzete a 2.42. a)

abranak megfelelo) es a (2.15) egyenloseg alapjan A1BA1C

= 1 mivel B1AB1C

=C1AC1B

. Igy AA1 kozepvonal a BCB1 haromszogben, tehat BB1||AA1.

X

9.5.1. Megjegyzes. A fordıtott tetel sem igaz sokszogekre, vi-

szont a bizonyıtas alapjan lathato, hogy igaz a kovetkezo tulajdonsag:

Ha az A1A2 . . . A2n+1 sokszogben Bi ∈ Ai+nAi+n+1, 1 ≤ i ≤ 2n+1,

teljesul a (2.16) egyenloseg, es az AiBi, 1 ≤ i ≤ 2n+1, egyenesek kozul

2n osszefuto, akkor az osszesnek van kozos pontja.


9.5.2. Megjegyzes. Iranyıtott szakaszok segıtsegevel a Ceva-te-

telt es a fordıtottjat is megfogalmazhatjuk egy allıtasban:

Ha A1 ∈ BC, B1 ∈ AC es C1 ∈ AB, akkor az AA1, BB1, CC1

egyenesek pontosan akkor osszefutoak vagy parhuzamosak ha

(2.17)A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B= −1.

9.6. Feladat. (Kariya tetele) Az ABC haromszogben I-vel jelol-

juk a beırt kor kozeppontjat es A1, B1 illetve C1-gyel a beırt kornek az

oldalakon meghatarozott erintesi pontjait. Az IA1, IB1 es IC1 egye-

neseken felvesszuk az A2, B2 illetve C2 pontokat ugy, hogy A1A2 =

B1B2 = C1C2 = l. Igazold, hogy az AA2, BB2 es CC2 egyenesek

osszefutok. (lasd a 2.44. abrat).

A

B

C

I

A

B

A

B

C

C1

1

1

2

2

2

2.44. Abra. Kariya tetele

9.6.1. Megjegyzes. Ha l = 0, akkor az osszefutasi pont epp a

Gergonne8-fele pont.

Bizonyıtas. Az A2, B2 es C2 ponton at szerkesszunk parhuzamost

az ABC haromszog megfelelo oldalaihoz (lasd a 2.45. abrat). Igy

6 derekszogu trapezt kapunk, amelyek kozt egybevagok is vannak:

8Joseph Diaz Gergonne, francia matematikus, 1771-1859


A1CNA2 ≡ B1CPB2, B1AQB2 ≡ C1ARC2 es C1BSC2 ≡ A1BMA2.

Masreszt ha {A3} = AA2 ∩ BC, {B3} = BB2 ∩ CA es {C3} =

CC2 ∩ BA, akkor

A3B

A3C=

A2M

A2N

B3C

B3A=

B2P

B2Q

C3A

C3B=

C2R

C2S,

tehatA3B

A3C· B3C

B3A· C3A

C3B= 1

a trapezok egybevagosaga miatt. Ceva tetelenek fordıtottja alapjan

AA3, BB3 es CC3 osszefutok. X

A

B

C

I

A

B

A

B

C

C1

1

1

2

2

2

M

N

P

Q

R

S

A3

B3

C3

2.45. Abra. A Kariya-tetel bizonyıtasa

9.7. Tetel. (A Ceva-tetel trigonometrikus alakja) Ha az ABC

haromszogben A1 ∈ (BC), B1 ∈ (AC), C1 ∈ (AB) es az AA1, BB1

valamint CC1 egyenesek osszefutok, akkor

(2.18)sin(BAA1)

sin(CAA1)· sin(ACC1)

sin(BCC1)· sin(CBB1)

sin(ABB1)= 1

(lasd a 2.46. abrat).


A

B

C1

B1

CA1

O

2.46. Abra. Ceva tetele

Bizonyıtas. Ha da, db, dc az osszefutasi pontnak (O) a tavolsaga

a BC, CA illetve AB oldalaktol, akkor

sin(BAA1)

sin(CAA1)=

dc

db

,

tehat ha felırjuk a masik ket hasonlo osszefuggest es osszeszorozzuk a

megfelelo oldalakat, akkor a (2.18) egyenloseghez jutunk. X

9.7.1. Megjegyzes. A trigonometrikus alak is kijelentheto sok-

szogekre, sot ebben az esetben nincs szukseg az oldalakkal valo met-

szespontokra, ezert tetszoleges sokszogre is azonnal belathato:

Ha O egy pont az A1A2 . . . An sokszog sıkjaban es

αi1 = m( OAiAi−1), αi2 = m( OAiAi+1) (A0 = An, An+1 = A1),

akkor

(2.19)

n∏

i=1

sin(αi1)

sin(αi2)= 1.

9.8. Tetel. (A Ceva-tetel fordıtottja trigonometrikus alakban) Ha

az ABC haromszogben A1 ∈ (BC), B1 ∈ (AC), C1 ∈ (AB) es teljesul

a (2.18) osszefugges, akkor AA1, BB1 es CC1 osszefutok (lasd a 2.46.

abrat).


Ha A1 ∈ (BC), B1 ∈ AC\[AC], C1 ∈ AB\[AB] es teljesul a (2.18)

osszefugges, akkor AA1, BB1 es CC1 osszefutok vagy parhuzamosak

(lasd a 2.47. a) abrat).

Bizonyıtas. Alkalmazzuk a szinusztetelt az ABA1 es ACA1 ha-

romszogekben:

sin(BAA1)

A1B=

sin(AA1B)

ABes

sin(CAA1)

A1C=

sin(AA1C)

AC,

tehat

(2.20)sin(BAA1)

sin(CAA1)=

A1B

A1C· b

c.

Hasonlo modon

sin(ACC1)

sin(BCC1)=

C1A

C1B· a

bes(2.21)

sin(CBB1)

sin(ABB1)=

B1C

B1A· c

a,(2.22)

tehat a (2.15) es (2.18) egyenlosegek ekvivalensek.

Lathato, hogy az elobbi osszefuggesek akkor is igazak, ha az ossze-

futasi pont a haromszogon kıvul van (lasd a 2.47. a) es b) abrat). Igy

a bizonyıtas teljes. X

A

B

C1 B1

CA1

OA

B

C1

B1

CA1

O

a) b)

2.47. Abra. Ceva tetele kulso osszefutasi pont eseten


9.8.1. Megjegyzes. Jeloljuk C-vel az ABC haromszog kore ırt

kort es szerkesszuk meg az {A2} = C ∩AA1, {B2} = C ∩BB1, {C2} =

C ∩ CC1 metszespontokat. A szinusztetel alapjan ırhatjuk, hogy

sin(α1)

sin(α2)=

A2C

A2B

es a hasonlo osszefuggeseket, tehat

sin(α1)

sin(α2)· sin(β1)

sin(β2)· sin(γ1)

sin(γ2)=

A2C

A2B· C2B

C2A· B2A

B2C.

Ez alapjan ervenyes a kovetkezo tetel:

Ha C egy kor es A, B2, C, A2, B, C2 hat pont a koron (ebben a

sorrendben), akkor az AA2, BB2 es CC2 egyenesek osszefutasanak

szukseges es elegseges feltetele

(2.23)A2C

A2B· C2B

C2A· B2A

B2C= 1.

A

B

C

1A

A

BC 1

C1

2

B2

2

1g

a1

b1

g2

b2

a2

2.48. Abra. Ceva tetele a koron

9.9. Feladat. (Jacobi tetele) Az ABC haromszog sıkjaban te-

kintjuk az A2, B2 es C2 pontokat ugy, hogy m(C2AB) = m(B2AC),

m(A2BC) = m(C2BA) es m(A2CB) = m(B2CA). Igazold, hogy az

AA2, BB2 es CC2 egyenesek osszefutnak (lasd a 2.49. abrat).


Megoldas. Az ABC haromszogben alkalmazzuk a Ceva-tetelt a

kovetkezo osszefuto egyenesharmasokra: AA2 ∩ BA2 ∩ CA2 = {A2},BB2 ∩ AB2 ∩ CB2 = {B2} es CC2 ∩ AC2 ∩ BC2 = {C2}.

A

B

C

A

B

C

2

2

2

a

a

b

b

g

g

2.49. Abra. Jacobi tetele

Igy ırhatjuk, hogy:

sin(A2AB)

sin(A2AC)=

sin(γ)

sin(γ + C)· sin(β + B)

sin(β)

sin(C2CA)

sin(C2CB)=

sin(β)

sin(β + B)· sin(α + A)

sin(α)

sin(B2BC)

sin(B2BA)=

sin(α)

sin(α + A)· sin(γ + C)

sin(γ).

Ha ezeknek az osszefuggeseknek a megfelelo oldalait osszeszorozzuk, a

sin(A2AB)

sin(A2AC)· sin(C2CA)

sin(C2CB)· sin(B2BC)

sin(B2BA)= 1

egyenloseghez jutunk, tehat az AA2, BB2 es CC2 egyenesek osszefutok.

X


9.9.1. Megjegyzes. Belathato, hogy a Jacobi-tetelbol kovetkezik

a Kariya-tetel.

9.10. Feladat. Legyen O az ABC haromszog sıkjaban egy tetszo-

leges pont. Jelolje A1, B1 es C1 az O vetuletet rendre a BC, CA illetve

AB oldalra. Igazold, hogy az AOA1, BOB1 es COC1 haromszogek kore

ırt koroknek pontosan akkor van ket (esetleg egybeeso) kozos pontja, ha

az AA1, BB1 es CC1 egyenesek osszefutnak (lasd a 2.50. abrat).

O

AB

C

A1

C1

B1

2.50. Abra. Podaris pont

Megoldas. A harom kornek az O egy kozos pontja, tehat pon-

tosan akkor van ket (esetleg egybeeso) kozos pontjuk, ha a kozeppont-

jaik kollinearisak. Ha M, N es P rendre az AO, BO illetve CO szakasz

felezopontja es OA, OB, OC a harom kor kozeppontja, akkor OA ∈ NP,

OB ∈ MP es OC ∈ MN. A Menelaosz-tetel fordıtottjat szeretnenk al-

kalmazni (az OA, OB es OC kollinearitasanak bizonyıtasara).

OAN

OAP=

MN

MP· sin(90◦ + α1)

sin(90◦ − α2)=

MN

MP· cos(α1)

cos(α2)Hasonlo osszefuggest ırhatunk fel a masik ket kozeppontra is, tehat:

(2.24)OAN

OAP· OBP

OBM· OCM

OCN=

cos(α1)

cos(α2)· cos(β1)

cos(β2)· cos(γ1)

cos(γ2).


A

B C

O

M

N

P

a1

a2

a2

a1

OAb1

b2g1g

2

A1

2.51. Abra. Podaris pont – bizonyıtas

Masreszt

A1B

A1C=

BO

CO· sin(BOA1)

sin(COA1)=

BO

CO· cos(β1)

cos(γ2),

tehat a masik ket hasonlo osszefuggest is felırva kapjuk hogy:

(2.25)A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B=

cos(α1)

cos(α2)· cos(β1)

cos(β2)· cos(γ1)

cos(γ2).

A (2.24) es (2.25) osszefuggesek, a Ceva-tetel, a Menelaosz-tetel,

valamint ezek fordıtottja alapjan kovetkezik a feladat allıtasa. X

Gyakorlaskeppen ajanljuk a kovetkezo feladatokat:

9.11. Feladat. Az ABC haromszogben A1, B1 es C1 az M vetulete

a BC, CA es AB oldalra, A2, B2 es C2 pedig a B1C1, C1A1 illetve A1B1

egyenesre. Igazold, hogy az AMA2, BMB2 es CMC2 haromszogek

kore ırt koroknek pontosan akkor van ket (esetleg egybeeso) kozos pon-

tja, ha AA1, BB1 es CC1 osszefutok!

9.12. Feladat. Az ABC haromszogben A1 ∈ BC, B1 ∈ CA es

C1 ∈ AB ugy, hogy AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 = {M}. Jelolje A2, B2 es

C2 az M vetuletet a B1C1, C1A1 illetve A1B1 egyenesre. Igazold,

hogy az AMA2, BMB2 es CMC2 haromszogek kore ırt koroknek pon-

tosan akkor van ket (esetleg egybeeso) kozos pontja, ha M az ABC

haromszog podaris pontja!


A

B C

M

B

A1

B1

C1

C2

A2

2

2.52. Abra. A 9.11. feladat: podaris pontok jellemzese

A

B C

M

A1

B1

C1 A2

C2

2B

2.53. Abra. A 9.12. feladat: Podaris pontok jellemzese


C1 ∈ AB ugy, hogy AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 6= ∅. Jelolje A2, B2 es C2 egy

tetszoleges M pont vetuletet a B1C1, C1A1 illetve A1B1 egyenesre. Iga-

zold, hogy az AMA2, BMB2 es CMC2 haromszogek kore ırt koroknek

pontosan akkor van ket (esetleg egybeeso) kozos pontja, ha M az ABC

haromszog podaris pontja!

9.14. Feladat. Az ABC haromszogben A1, B1 es C1 az M1 vetule-

te a BC, CA es AB oldalra, A2, B2 es C2 pedig az M2 vetulete ugyane-

zekre az oldalakra. Jelolje A′1, B

′1, C

′1 es A′

2, B′2, C

′2 az M2 illetve az M1

vetuletet rendre a B1C1, C1A1, A1B1 illetve B2C2, C2A2, A2B2 egye-

nesre. Igazold, hogy az AMA2, BMB2 es CMC2 haromszogek kore

ırt koroknek pontosan akkor van ket (esetleg egybeeso) kozos pontja,


A

B C

M

A1

B1

C1 A2

C2

2B

2.54. Abra. A 9.13. feladat: Podaris pontok jellemzese

ha az AMA1, BMB1 es CMC1 haromszogek kore ırt koroknek van

ket (esetleg egybeeso) kozos pontja!

9.14.1. Megjegyzes. Ha M1 is es M2 is podaris pontok, akkor

mindket korharmasnak ket kozos pontja van.

9.14.2. Megjegyzes. Ha M1 es M2 egymas izogonalisan konjugalt

pontjai, akkor mindket korharmasnak ket kozos pontja van.

A

B CA1

B1

C1

A2

C22B

M1 M2

2.55. Abra. A 9.14. feladat: Podaris dualitas

9.15. Feladat. Az ABC haromszogben M, Q ∈ AB, P, S ∈ BC

es R, N ∈ AC ugy, hogy MN ||BC, PQ||AC es RS||AB. Igazold, hogy

az MSPNRQ hatszogben a szembenfekvo oldalak felezopontjai altal

meghatarozott harom egyenes osszefuto!


A

B C

M N

P

Q

R

S

2.56. Abra. A sulypont egy lehetseges altalanosıtasa


C1 ∈ AB ugy, hogy AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 6= ∅. Jelolje rendre A2, B2 es

C2 a BC ∩B1C1, CA∩C1A1 illetve AB ∩A1B1 metszeteket. Igazold,

hogy az A1A2, B1B2 es C1C2 szakaszok felezopontjai egy egyenesre

illeszkednek!

9.17. Feladat. Adott az X1X2X3 · · ·X18 szabalyos 18-oldalu sok-

szog. Igazold, hogy a kovetkezo atlok osszefutok:

a) X1X8, X2X11 es X6X18;

b) X2X14, X1X10 es X6X18.

Megoldas. a) A 9.8.1 megjegyzes alapjan elegseges ellenorızni a

X1X2

X2X6· X6X8

X8X11· X11X18

X18X1= 1,

egyenloseget, vagy ennek trigonometrikus alakjat:

sin(10◦)

sin(40◦)· sin(20◦)

sin(30◦)· sin(70◦)

sin(10◦)= 1.


A

B CA1

A2

C1

B1

B2

C2

2.57. Abra. A 9.16 feladat:

Egyszerusıtunk sin(10◦)-kal, felhasznaljuk, hogy sin(30◦) = 12

es

sin(70◦) = cos(20◦). Igy a sin(40◦) = 2 sin(20◦)·cos(20◦) egyenloseghez

jutunk, ami igaz, tehat a bizonyıtas teljes.

b) Hasznalhatjuk ugyanazt az eljarast is, mint az a) alpont eseten,

vagy eszrevesszuk, hogy X18X6 szimmetrikusa X1X10-re nezve X2X14

es ıgy X2X14 ∩ X18X6 ∈ X1X10. X

9.18. Feladat. Az ABC egyenlo szaru haromszogben (AB = AC)

a BAC szog merteke 20◦. Tekintjuk az M ∈ [AC] es N ∈ [AB] pon-

tokat ugy, hogy m(MBA) = 20◦ es m(NCA) = 30◦. Szamıtsd ki az

NMB szog merteket!

Megoldas. Megszerkesztjuk az X1X2X3 . . .X18 18-oldalu szaba-

lyos sokszoget ugy, hogy X1 = B, X2 = C es A a sokszog kore ırt

kor kozeppontja (vagyis az adott haromszoget a szabalyos 18 oldalu

sokszog egy szeletenek tekintjuk). Lathato, hogy AB, AC, BM es CN

az X1X10, X2X11, X1X8 illetve X2X18 atlok, tehat az elobbi feladat

alapjan az MN egyenes eppen az X6X18 atlo es ıgy m(NMB) =

30◦. X


MN

X

X

X

X

X

X

X

X X

X

X

X

X

X

X

X

X X1 2

3

4

5

6

7

8

9

1011

12

13

14

15

16

17

18

2.58. Abra. Ceva tetele a koron – alkalmazas

9.18.1. Megjegyzes. Lassunk tovabbi ket megoldast:

Felırjuk a (2.19) osszefuggest az MNBC negyszogre, ahol az O

pontot a BM es CN atlok metszespontjanak tekintjuk:

sin(50◦)

sin(20◦)· sin(60◦)

sin(50◦)· sin(30◦)

sin(40◦)· sin(α)

sin(110◦ − α)= 1,

vagyis

(2.26)sin(α)

sin(110◦ − α)=

sin(20◦)

sin(60◦)· sin(40◦)

sin(30◦).

A megoldas befejezesehez ket eszrevetelre van szuksegunk:

a) Ha u ∈ [0, 110◦], akkor a

sin(α)

sin(110◦ − α)=

sin(u)

sin(110◦ − u)

egyenletnek egyetlen α = u megoldasa van a [0, 110] interval-

lumban.


A

B C

MN

X

X

X

X

X

X

X

X X

X

X

X

X

X

X

X

X X1 2

3

4

5

6

7

8

9

1011

12

13

14

15

16

17

18

2.59. Abra. A szabalyos 18-oldalu sokszog visszaszerkesztese

b) Igaz a

sin(20◦)

sin(60◦)· sin(40◦)

sin(30◦)=

sin(30◦)

sin(80◦)

egyenloseg.

Az elobbi ket eszrevetel alapjan α = 30◦ az egyetlen lehetseges ertek,

amelyre teljesul a (2.26) egyenloseg.

Az a) eszrevetelt az ab

= cd⇔ a−b

a+b= c−d

c+dekvivalencia alapjan

igazolhatjuk. Az adott egyenlet ekvivalens a

tg(α − 55◦) = tg(u − 55◦)

egyenlettel, ahonnan α = u.

A b) eszrevetel ekvivalens a

(2.27) sin(20◦) · sin(40◦) · sin(80◦) =

√3

8


egyenloseggel, amit rendre a kovetkezo ekvivalens alakokban ırhatunk

fel:

(2.27) ⇔ sin(40◦) · (cos(60◦) − cos(100◦)) =

√3

4

⇔ sin(40◦) + 2 sin(40◦) · sin(10◦) =

√3

2⇔ cos(30◦) =

√3

2,

es ez igaz.

Termeszetesen a feladatot megoldhatjuk sokkal egyszerubb eszko-

zokkel is, ha segedszerkesztest hasznalunk. Legyen P ∈ [AC] ugy,

hogy m(PBC) = 20◦. Igy BP = BC = BN es m(PBN) = 60◦,

tehat NP = BN. Masreszt BP = PM, tehat PM = PN, ahonnan

m(PMN) = 70◦, vagyis m(BMN ) = 30◦.

Vizsgaljuk meg a Ceva-tetel meg egy megjelenesi formajat, vagyis

gyakorlatilag egy vele ekvivalens allıtast, amely egy nagyon hasznos

segedszerkesztesi lehetoseget mutat.


C1 ∈ AB ugy, hogy AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 6= ∅. Az A-n at a BC-hez

huzott d parhuzamos az A1C1 es A1B1 egyeneseket rendre az M illetve

N pontban metszi. Igazold, hogy AM = AN.

Tervkeszıtes. A parhuzamossag alapjan AM es AN kifejezheto

az oldalakon megjeleno szakaszok segıtsegevel. Igy a terv az, hogy

kiszamıtjuk az AM es AN aranyat az oldalakon megjeleno szakaszok

segıtsegevel. Y

Megoldas. A 2.60. abra jeloleseit hasznaljuk. Az AC1M es

BC1A1 illetve az AB1N es CB1A1 hasonlo haromszogparokbol

AM

A1B=

AC1

C1B

AN

A1C=

AB1

B1C,

tehatAM

AN=

A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B.

Ha AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 6= ∅, akkor a Ceva-tetel alapjan az elobbi

egyenloseg jobb oldalan 1 all, vagyis AM = AN. A megoldas tel-

jessegehez hozzatartozik a lehetseges abrak vizsgalata (hisz a gondo-

latmenetet az abrara alapoztuk). A 2.60. abra ket lehetoseget abrazol,


a 2.61. egy harmadikat. Belathato, hogy ezektol kulonbozo eset nincs

es, hogy a leırt egyenlosegek valamint a Ceva-tetel alkalmazasa mind-

harom esetben helyes. Tehat a bizonyıtas teljes. X

A

B C

M N

A1

B1

C1

B C

A

C1

B1

A1

MN

2.60. Abra. A Ceva-tetel kivetıtve I.

A

B C

N M

C1

A1

B1

2.61. Abra. A Ceva-tetel kivetıtve II.

A bizonyıtasbol az is lathato, hogy igaz a tulajdonsag fordıtottja

is hisz ha A1 ∈ BC, B1 ∈ CA es C1 ∈ AB valamint az A-n at a


BC-hez huzott d parhuzamos az A1C1 es A1B1 egyeneseket rendre az

M illetve N pontban metszi, akkor

AM

AN=

A1B

A1C· B1C

B1A· C1A

C1B.

Igy ha AM = AN, akkor a Ceva-tetel fordıtottja alapjan az AA1, BB1

es CC1 egyenesek osszefutok.

Az elobbi tulajdonsag tobb feladat megoldasi otletet szolgaltatja.

Lassuk a kovetkezo feladatokat:

9.20. Feladat. Az ABC haromszogben AA1, BB1 es CC1 belso

szogfelezok (A1 ∈ BC, B1 ∈ CA es C1 ∈ AB). Igazold, hogy ha

m(B1A1C1) = 90◦, akkor m(BAC) = 120◦.

9.21. Feladat. Az ABC hegyesszogu haromszogben A1 ∈ (BC),

B1 ∈ (CA) es C1 ∈ (AB) ugy, hogy az A1B1C1 haromszog minden

belso szogfelezoje meroleges az ABC haromszog megfelelo oldalara.

Igazold, hogy AA1, BB1 es CC1 az ABC haromszog magassagai.

A 9.20. feladat megoldasa. Elobb igazoljuk, hogy az A1B1

es A1C1 egyenesek felezik az AA1C illetve az AA1B szoget. Ennek

erdekeben az A-n at egy d parhuzamost huzunk a BC-hez es jeloljuk

M-mel illetve N -nel az A1C1 es az A1B1 metszespontjat a d egyenessel.

A 9.19 feladat alapjan AM = AN, tehat AA1 az MA1N derekszogu

haromszog oldalfelezoje. Igy az MAA1 es NAA1 haromszogek egyenlo

szaruak, tehat m(AMA1) = m(AA1M) es m(ANA1) = m(AA1N).

A parhuzamossag alapjan m(AMA1) = m(MA1B) es m(ANA1) =

m(NA1C) (belso valtoszogek), tehat m(AA1M) = m(MA1B) es

m(AA1N) = m(NA1C) vagyis AB1 es AC1 felezi az AA1C illetve

AA1B szoget. Az AA1C haromszogben A1C1 kulso szogfelezo, CC1

belso szogfelezo, tehat AC1 is kulso szogfelezo. Igy az AB es az AA1 az

AC es annak meghosszabbıtasa altal az A-nal meghatarozott nyujtott

(egyenes) szoget harom egyenlo reszre osztja, tehat m(BAC) = 120◦.

X

9.20.1. Megjegyzes. Lathato, hogy hasonlo gondolatmenettel

igazolhato a kovetkezo allıtas is (gyakorlatilag ez az elso lepes altalano-

sabb alakja):


B C

A1

A

C1

B1

M N

2.62. Abra. Derekszog az egyik szogfelezo talppontjanal

Ha az ABC haromszogben A1 ∈ (BC), B1 ∈ (CA) es C1 ∈ (AB)

ugy, hogy AA1 ∩ BB1 ∩ CC1 6= ∅ es m(B1A1C1) = 90◦, akkor A1C1

felezi az AA1B szoget es A1B1 az AA1C szoget.

Ez a feladat szerepelt a XIX. EMMV-n es meglepetesszeruen keves

megoldas szuletett. Termeszetesen a feladatnak mas megoldasa is

lehetseges. Peldaul igazolhatjuk elobb a fordıtott allıtast (ehhez a

szogfelezo tetelt kell alkalmaznunk ketszer es a Ceva-tetel fordıtottjat),

majd indirekt bizonyıtast alkalmazunk (ha az osszefutasi pontot felfele

mozgatjuk, akkor a B1A1C1 szog merteke csokken, mıg ha lefele moz-

gatjuk, akkor novekszik, tehat csak egy pozicioban lehet eppen 90◦.)

A 9.21. feladat megoldasa. Elobb igazoljuk, hogy az AA1,

BB1 es CC1 egyenesek osszefutok. Ehhez a megjelolt szogek merteke

legyen rendre α (AC1B1), β (BA1C1) es γ (CB1A1). Az AC1B1,

BA1C1 es CB1A1 haromszogben a szinusz-tetelt alkalmazzuk:

AC1

AB1

=sin(AB1C1)

sin(AC1B1)=

sin γ

sin α

BA1

BC1

=sin(BC1A1)

sin(BA1C1)=

sin α

sin βes

CB1

CA1=

sin(CA1B1)

sin(CB1A1)=

sin β

sin γ.

IgyAC1

C1B· BA1

A1C· CB1

B1A= 1,

tehat a Ceva-tetel fordıtottja alapjan AA1, BB1 es CC1 osszefutok.

Eszerint alkalmazhato a 9.19 feladat, tehat AM = AN (lasd a 2.64.


?A

B C

A

B CA

1 A1

B1C1

B1C1

2.63. Abra. Zart billiardpalya haromszogben

abrat). Igy az MA1N haromszogben A1A oldalfelezo. Ugyanakkor a

BC oldal az MA1N haromszognek kulso szogfelezoje es parhuzamos

az MN oldallal. Ez csak akkor lehetseges, ha MA1N egyenlo szaru es

MN az alapja. Igy A1A egyben magassag is az MA1N haromszogben,

tehat AA1 magassag ABC-ben is. Hasonlo gondolatmenet alapjan

lathato be az is, hogy BB1 es CC1 magassag az ABC haromszogben.

X

A

CA

1

B1C1

B

M N

2.64. Abra. Zart billiardpalya a haromszogben

9.21.1. Megjegyzes. Gyakorlatilag azt igazoltuk, hogy egy he-

gyesszogu haromszog alaku tablan az egyetlen haromszog alaku zart

billiardpalya (amely menten egy surlodas nelkul kozlekedo billiardgo-

lyo mozoghat) a talpponti haromszog. A Fermat-elv (amely kimondja,

hogy ket pont kozt a feny olyan utvonalon terjed, amely menten az ut


megtetelehez szukseges ido minimalis) alapjan ez a talpponti harom-

szog keruletere vonatkozo minimumtulajdonsag intuitıv igazolasa is.

Altalaban egy sokszog alaku palyan a zart billiardpalyak meghataro-

zasa vagy jellemzese nem egyszeru feladat. Sajatos esetekben (pl.

negyzet, teglalap, haromszog) is erdekes tulajdonsagokra bukkanha-

tunk.

Gyakorlaskent ajanljuk a kovetkezo feladatot:

Az ABC haromszogben az AM, BN es CP osszefuto egyenesek

(M a BC, N a CA es P az AB oldalon). Jeloljuk az AM es NP

metszespontjat Q-val. Bizonyıtsd be, hogy ha a BQM es MQC

szogek egyenlok, akkor AM meroleges NP -re! (XI. NMMV, Sep-

siszentgyorgy)

A 9.19. feladatra bemutatott megoldas nagyon egyszeru, akar

elemi osztalyban is ertheto. Egy szempontbol azonban teljesen hasz-

nalhatatlan, magasabb dimenzioban ugyanis a tulajdonsag/bizonyıtas

szerkezete egy lenyeges vonasban kulonbozik a ketdimenzios esettol.

Az AA1, BB1 es CC1 osszefuto egyenesek helyett a terben dolgoz-

hatnank osszefuto sıkokkal, de ezeket nem a csucsokhoz rendeljuk,

hanem az elekhez. Igy a csucson at a szembenfekvo oldalhoz huzott

parhuzamos egyenes helyett egy elen at kellene parhuzamos sıkot fek-

tetni a szemben fekvo ellel es ezen kellene valamilyen metszeteket

letrehozni. Ezekrol a metszetekrol olyan tulajdonsagot kellene iga-

zolni, ami az AM = AN megfeleloje. Ez ıgy nagyon filozofikusan

hangzik, de ravilagıt egy lenyeges motıvumra: a magasabb dimenzios

analog tulajdonsag megszerkesztese soran elofordulhat, hogy az ere-

deti tulajdonsagban megjeleno matematikai objektumok dimenziojat

mas-mas modon erdemes megvaltoztatni. Az elobbi gondolatmenet-

ben ugyanis az egyenesek helyett sıkokat valasztottunk es ıgy az A

pont helyett egy szakasz jelent volna meg. Ha viszont az A pontot

a terbeli tulajdonsagban is pontnak szeretnenk megtartani, akkor a

ra illeszkedo AA1 egyenest nem helyettesıthetjuk sıkkal. Igy erdemes

elobb a sıkbeli tulajdonsagot is olyan formaba atfogalmazni (es bi-

zonyıtani), ahol az AA1 egyenesnek a szerepe nem azonos a BB1 illetve

CC1 szerepevel. Tekintsunk tehat egy haromszoget es a BC oldalon

egy tetszoleges A1 pontot (ez hatarozza meg az AA1 egyenest). Az


AA1 egyenesen vegyunk fel egy O pontot (ez az osszefutasi pont),

majd szerkesszuk meg a BO es CO metszespontjat az AC illeteve AB

egyenessel (ezek a B1 es a C1 pontok). Tovabba, M es N legyen az

A1B1 es A1C1 metszete az A-n at a BC-hez huzott d parhuzamossal.

Igy gyakorlatilag ugyanannak az abranak a szerkeszteset ırtuk le, mint

a 9.19. feladat eseteben, de vilagosan latszik, hogy ugyanannak az

abranak egy masfajta szerkezetere koncentralunk. Igazoljuk ezt a tu-

lajdonsagot vektorgeometria segıtsegevel ugy, hogy a bizonyıtasban

szereplo parameterek/valtozok az elobbi szerkesztes logikajat kovetik:

1. A az origo;

2. B es C adottak, tehat−→AB = u es

−→AC = v ket tetszoleges

vektor;

3. A1 ∈ BC tehat letezik olyan λ ∈ R, amelyre−−→AA1 = λu + (1 − λ)v;

4. O ∈ AA1, tehat−→AO = µ

−−→AA1 = µλu + µ(1 − λ)v;

A B1, C1, M es N pont helyzetvektorat kiszamıtjuk az elobbi

jelolesek alapjan. Mivel C1 ∈ AB, letezik m1 ugy, hogy−−→AC1 = m1u.

Ugyanakkor a C1 ∈ CO alapjan−−→AC1 = α1v + (1 − α)

−→AO = (1 − α1)v + α1 (µλu + µ(1 − λ)v) .

Igy az

m1u = (1 − α1)v + α1 (µλu + µ(1 − λ)v)

egyenloseghez jutunk. Mivel u es v linearisan fuggetlenek (mert ABC

haromszog) az elobbi egyenlosegbol kovetkezik, hogy m1 = α1µλ es

1 − α1 + α1µ(1 − λ) = 0, ahonnan

m1 =µλ

1 − µ(1 − λ).

Talan a B es C azonos szerepenek kihangsulyozasara alkalmasabb a

λ → λ1 es (1 − λ) → λ2 jelolest hasznalni, ahol λ1 + λ2 = 1. Igy a

B1 helyzetvektorat (ami m2v alaku) nem kell kiszamolnunk, hanem

egyszeruen λ1 helyere λ2-t ırhatunk. Tehat

m1 =µλ1

1 − µ(1 − λ1)es m1 =

µλ2

1 − µ(1 − λ2).


Az M es az N helyzetvektoranak meghatarozasara hasznalhatjuk

ugyanazokat a hasonlosagokat, mint a szintetikus bizonyıtasban. Igy

−−→AM =

AC1

C1B

−−→A1B =

m1

1 − m1

(−−→AA1 −

−→AB)

=µλ1λ2

1 − µ(v − u).

Hasonlo gondolatmenet alapjan (vagy egyszeruen az u → v, v → u,

λ1 → λ2, λ2 → λ1 cserekkel):

−−→AN =

µλ1λ2

1 − µ(u − v),

tehat−−→AM +

−−→AN = 0 es ıgy AM = AN.

Termeszetesen a szintetikus bizonyıtas egyszerubb es elegansabb,

tehat ha csak az eredeti feladatot kellene megoldani, akkor ez a bi-

zonyıtas is beillene a ,,miert csinaljuk egyszeruen, ha bonyolultan is

lehet” paragrafusban targyalt bizonyıtasok koze (vagy akar a ,,vagjuk

a fat huvos halomba” jellemzest is kierdemelne). A mi celunk azonban

pontosan az volt, hogy egyreszt olyan eszkozokkel oldjuk meg a felada-

tot, amelyek a terben is hasznalhatok, masreszt ugy strukturaljuk az

eredeti feladatot, hogy a magasabb dimenzios kiterjesztest is megfo-

galmazhassuk. Lathato ugyanis, hogy az atfogalmazott feladat (es a

megoldas) terbeli megfeleloje egyszeruen megfogalmazhato. Tekintjuk

az ABCD tetraedert, az A1 ∈ (BCD) es M ∈ AA1 pontokat. A B1,

C1 es D1 pontok megszerkesztesere ket lehetoseg is kınalkozik. Az

elso, amikor a BO, CO es DO-nak a szembenfekvo lapokkal valo met-

szetekent szerkesztjuk meg es a masodik lehetoseg, amikor az BCO,

CDO es DBO sıkoknak az AD, AB illetve AC-vel valo metszetekent

szerkesztjuk. Jelolje az A1B1, A1C1 es A1D1 egyenesek metszetet az

A-n at a (BCD)-vel huzott parhuzamos sıkkal M, N illetve P. Celunk

megvizsgalni az MNP haromszog es az A pont viszonyat. Gyakor-

latilag ket tulajdonsagot kellene megvizsgalni es csak a vegen meg-

fogalmazni oket. Lathato, hogy mindket esetben harom sık es egy

egyenes osszefutasi pontja az O. Az egyszeruseg (es az eddigi otletek

rogzıtesenek) kedveert kijelentjuk mindket tulajdonsagot:

9.22. Feladat. Az ABCD tetraederben A1 ∈ (BCD) es O ∈AA1. Jelolje B1, C1 es D1 a BCO, CDO es DBO-nak a szembenfekvo

ellel (AD, AB illetve AC) valo metszespontjat es M, N, P az A1B1,


A1C1 es A1D1 egyenesek metszetet az A-n at a (BCD)-vel huzott

parhuzamos sıkkal. Igazoljuk, hogy az MNP haromszog sulypontja

az A pont.

A

O

A

1B

C

D

1B

D1

C1

MN

P

M

O

B

C

D

A

BC

D

M

N

P

1

1

1

2.65. Abra. Osszefutas kivetıtese tetraeder eseten

9.23. Feladat. Az ABCD tetraederben A1 ∈ (BCD) es O ∈AA1. Jelolje B1, C1 es D1 a BO, CO es DO-nak a szembenfekvo

lapokkal valo metszespontjat es M, N, P az A1B1, A1C1 es A1D1 egye-

nesek metszetet az A-n at a (BCD)-vel huzott parhuzamos sıkkal. Iga-

zoljuk, hogy az MNP haromszog sulypontja az A pont.

9.23.1. Megjegyzes. A 9.19. feladat es a szerkesztesek alapjan

belathato, hogy az elobbi ket feladatban szerkesztett MNP haromszog

egymas szimmetrikusa az A pontra vonatkozoan. Mindket tulajdonsag

igazolhato szintetikusan is, mi azonban a vektorialis megoldast reszle-

tezzuk a tobbdimenzios altalanosıtas alaposabb megertesenek erdeke-

ben.

A 9.22. feladat megoldasa. Az−→AB,

−→AC es

−−→AD vektorokat

rendre u, v es w-vel az AB1

AB, AC1

AC, es AD1

ADaranyokat pedig m1, m2 illetve

m3-mal jeloljuk. Az A1 ∈ (BCD) es O ∈ AA1 feltetelek alapjan

letezik λ1, λ2, λ3 es µ ugy, hogy−−→AA1 = λ1u + λ2v + λ3w es

−→AO = µ (λ1u + λ2v + λ3w) .


Igy az−−→AB1 vektor ket kifejezesebol az

m1u = α1µ (λ1u + λ2v + λ3w) + α2v + α3w

egyenlethez jutunk, ahol α1 +α2 +α3 = 1. Mivel az u, v es w vektorok

linearisan fuggetlenek ırhatjuk, hogy

(2.28)

α1µλ1 − m1 = 0

α1µλ2 + α2 = 0

α1µλ3 + α3 = 0

A rendszer megoldasabol az

m1 =µλ1

1 − µ(1 − λ1)

es hasonlo gondolatmenet alapjan az

mi =µλi

1 − µ(1 − λi), 1 ≤ i ≤ 3

osszefuggesekhez jutunk. Az

−−→AM =

AB1

B1B· −−→A1B =

m1

1 − m1

(−→AB −−−→

AA1

)

egyenloseg a ket sık parhuzamossagabol kovetkezik, tehat

−−→AM =

λ1µ

1 − µ((λ2 + λ3)u − λ2v − λ3w) .

Hasonlo gondolatmenet alapjan

−−→AN =

λ2µ

1 − µ((λ3 + λ1)v − λ3w − λ1u) es

−→AP =

λ3µ

1 − µ((λ1 + λ2)w − λ1u − λ2v) ,

tehat−−→AM +

−−→AN +

−→AP = 0, vagyis az MNP haromszog sulypontja

A. X

9.22.1. Megjegyzes. Lathato, hogy a ket-, illetve haromdimenzi-

os eset megoldasahoz szukseges szamolas (mennyiseg) majdnem azo-

nos. Az osszehasonlıtas kedveert javasoljuk a haromdimenzios tulaj-

donsag szintetikus bizonyıtasanak reszletes elemzeset is.

Alkalmazaskent ajanljuk a kovetkezo feladatot:


9.24. Feladat. M az ABCD tetraeder egy belso pontja es {A1} =

AM ∩ (BCD), {B1} = AB ∩ (MCD), {C1} = AC ∩ (MBD), il-

letve {D1} = AD ∩ (MBC). Bizonyıtsd be, hogy ha M az A1B1C1D1

tetraeder sulypontja, akkor A1 a BCD haromszog sulypontja esMA1

MA= 5

3. (VII. Wildt Jozsef Emlekverseny, 1997)

A 9.23. feladat megoldasa. A jelolesek nagy reszet megoriz-

hetjuk, tehat−−→AA1 = λ1u + λ2v + λ3w es

−→AO = µ (λ1u + λ2v + λ3w) .

Ha {B′1} = CD ∩ AB1, akkor tulajdonkeppen {B′

1} = CD ∩ BA1 es

ıgy egy kis szamolassal az

−−→AB′

1 =1

λ1 + λ2(λ2v + λ3w) es

−−→AB1 =

µ

1 − µλ1(λ2v + λ3w)

osszefuggesekhez jutunk. A parhuzamossag alapjan

−−→AM =

AB1

B1B′1

−−−→A1B

′1 =

µ(1 − λ1)

1 − µ

(−−→AB′

1 −−−→AA1

),

tehat−−→AM =

µλ1

1 − µ(−(λ2 + λ3)u + λ2v + λ3w) .

Hasonlo gondolatmenet alapjan kiszamıthatjuk az−−→AN es

−→AP vek-

torokat is, majd akarcsak az elobbi feladat eseten kovetkezik, hogy A

az MNP sulypontja. X

Az elobbi ket feladat n dimenzios altalanosıtasa a kovetkezo ket

tetelben fogalmazhato meg:

9.25. Tetel. (Andras Szilard) Az A0, A1, . . . , An affin fuggetlen

pontok eseten legyen M egy tetszoleges pont az A1A2 . . . An pontok

affin burkolojaban, O ∈ A0M es Mi az A0Ai elnek az

{Aj|j ≥ 1} \ {Ai} ∪ {O}halmaz pontjai altal meghatarozott hipersıkkal valo metszete, minden

i ∈ {1, 2, . . . , n} eseten. Ha Bi-vel jeloljuk az MMi egyenesnek az A0

ponton at az af{A1, A2, . . . , An} hipersıkkal huzott parhuzamos hiper-

sıkkal valo metszetet (i ∈ {1, 2, . . . , n}), akkor a B1B2 . . . Bn pont-

rendszer sulypontja pontosan A0.


Bizonyıtas. A koordinata-rendszer kezdopontjat valaszthatjuk

A0-nak es az A0Ai, i ∈ {1, 2, . . . n} vektorokat egysegvektoroknak.

Igy az M pont koordinatai (λ1, λ2, . . . , λn) alakuak, aholn∑

i=0

λi = 1.

Az O pont koordinatai (µλ1, µλ2, . . . , µλn) alakuak, ahol µ egy valos

szam. Ha az Mi pont koordinatai

(0, 0, . . .︸︷︷︸i−1

, mi, . . . , 0),

akkor a szerkesztes alapjan

(2.29) mi =µ · λi

1 − µ(1 − λi), i ∈ {1, 2, . . . , n}.

Masreszt az A0Bi es AiM egyenesek parhuzamosak, tehat a Bi ko-

ordinatai k(λ1, . . . , λi−1, λi−1, λi+1, . . . , λn) alakuak (k az ismeretlen).

Ugyanakkor az Mi pont a BiM egyenesen van, tehat letezik olyan

λ ∈ R, amelyre [Mi] = λ[Bi] + (1 − λ)[M ]. Ebbol az egyenlosegbol

kovetkezik, hogy{

λj · λk + (1 − λ) · λj = 0, haj 6= i

λ · k(λi − 1) + (1 − λ) · λi = µ·λi

1−µ·(1−λi)

Ez alapjan λ = 11−k

es k = µλi

µ−1, tehat a Bi koordinatai

µλi

µ − 1(λ1, . . . , λi−1, λi − 1, λi+1, . . . , λn).

Ha ezeknek a pontoknak a j-edik komponenseit osszeadjuk, akkor az

eredmeny 0, mertn∑

j=1

µλiλj

µ−1− µλi

µ−1= 0. Ez pontosan azt jelenti, hogy a

B0, B1, . . . , Bn pontrendszer sulypontja az A0 pont. A haromdimenzi-

os valtozat a 2.66. abran lathato (ez ugyanaz, mint a 2.65. abra, csak

a jelolesek masak). X

9.26. Tulajdonsag. (Andras Szilard) Az A0, A1, . . . , An pontok

affin fuggetlenek, M egy tetszoleges pont az A1A2 . . . An affin burkolo-

jaban, O ∈ A0M es Mi az AiO egyenesnek az {Aj|j ≥ 0} \ {Ai} hal-

maz pontjai altal meghatarozott hipersıkkal valo metszete minden i ∈


M

O

M

A0

A1

A2

A3

M12

M3

B2

B3B1

2.66. Abra. A Ceva-tetellel ekvivalens allıtas terbeli altalanosıtasa

{1, 2, . . . , n} eseten. Ha Bi-vel jeloljuk az MMi egyenesnek az A0 pon-

ton at az af{A1, A2, . . . , An} varietassal huzott parhuzamos hipersıkkal

valo metszetet (i ∈ {1, 2, . . . , n}), akkor a B1B2 . . . Bn pontrendszer

sulypontja pontosan A0.

Bizonyıtas. Az elobbi jeloleseket hasznaljuk (csak nem koordi-

natakkal ırjuk le a szamolasokat):

m =

n∑

i=1

αiai, o = µ

n∑

i=1

αiai.

Az M1 pont felırhaton∑

i=2

βiai alakban, tehat a

λa1 + (1 − λ)µn∑

i=1

αiai =n∑

i=2

βiai

egyenlethez jutunk. Ebbol kovetkezik, hogy λ =µα1

µα1 − 1, es ıgy

m1 =µ

1 − µα1

n∑

i=2

αiai.


A B1 pont egyreszt kn∑

i=2

ci(ai−m) alakban ırhato, masreszt cm1+(1−−c)m alakban. Ebbol kovetkezik, hogy λ = 1 + k es c1 = 1+k

k· µαi

1−µα1.

Ugyanakkorn∑

i=2

ci = 1 es ebbol kovetkezik, hogy k = µ(1−α1)1−µ

, tehat

b1 =µ

1 − µ

[α1

∑

i=2

αiai − (1 − α1)α1a1

].

Altalaban

bj =µ

1 − µ

αj

n∑

i=1i6=j

αiai − (1 − αj)αjaj

.

M

O

A0

A1

A2

A3

M1M2

M3

B2

B3B1

2.67. Abra. A Ceva-tetellel ekvivalens allıtas terbeli altalanosıtasa

Ez alapjan a B1, B2, . . . , Bn pontrendszer G sulypontjanak kifejezese-

ben az aj egyutthatoja

−(1 − αj)αj + αj

n∑

i=1i6=j

αi = −(1 − αj)αj + αj(1 − αj) = 0,


es ıgy a rendszer sulypontja eppen A0 (a 2.67. abran a haromdimenzios

eset lathato, ez ismet ugyanaz, mint a 2.65. abra, csak a jelolesek

masak). X

9.26.1. Megjegyzes. A terbeli (vagy akar negydimenzios) tulaj-

donsagot lapıtsuk vissza a sıkba. Pontosabban, szerkesszuk meg az

abrat ugy, hogy a ter ne jelenjen meg (tehat a terbeli parhuzamossag

sem) a szerkesztes meneteben (lasd a 2.68. abrat).

A BCD haromszogben a BB′1, CC ′

1 es DD′1 egyenesek az A1

pontban futnak ossze. Legyen A egy tetszoleges pont a sıkban es

O ∈ AA1. Szerkesszuk meg a {B1} = B′1O ∩ AB, {C1} = C ′

1O ∩ AC

es {D1} = D′1O ∩ AD metszeteket, majd az A-n at huzzuk meg a

d1||BB′1, d2||CC ′

1 es d3||DD′1 egyeneseket. Ha {M} = d1 ∩ A1B1,

{N} = d2 ∩ A1C1 es {P} = d1 ∩ A1D1, akkor az MNP haromszog

sulypontja A.

Gyakorlaskent ajanljuk a megfelelo negydimenzios tulajdonsag

viszszalapıtasat a terbe, illetve a sıkba.

A

O

A

1B

C

D

1B

D1

C1

M

N

P

1B

C1

D1

2.68. Abra. Visszalapıtas a sıkba

9.26.2. Megjegyzes. Lathato, hogy az n dimenzios eset formali-

zalt megoldasaig hosszu ut vezet (a jelolesek megvalasztasa, a szamola-

sok megszervezese, stb.). Nagyon gyakran, fokent konyvekben, csak


a formalizalt megoldast lathatjuk. Nem csoda, hogy ez alapjan csak

nagyon kevesen latjak at a tulajdonsag lenyeget es meg kevesebben

kepesek hasonlo bonyolultsagu tulajdonsagot felepıteni a legegysze-

rubb sajatos esetbol kiindulva. Pedig a matematikai tevekenyseg nagy

resze valami ilyesmit feltetelez. Gondolhatjuk, hogy ez hallgatosag

fuggvenye is, de tulajdonkeppen nem. A tevekenyseg szınvonalat es

bonyolultsagat korlatozza a hallgatosag (es sok esetben a tanar is),

de a matematikai tevekenyseg mukodesenek megnyilvanulasat nem

korlatozhatja sem a hallgatosag, sem a tanar. Ezert fontos, hogy a

matematikatanar ne csak tanar legyen, hanem rejtozzon benne egy

jatekos kıserletezo tudos is (pontosabban a miertek tudosa), kulonben

a targy jellege miatt eselye sincs a szorzotablanal sokkal bonyolultabb

dolgok megtanıtasara. Termeszetesen, ha nem is szeretne egyebet

megerte(t)ni, akkor konnyen talal maganak kenyelmes tarsakat, de

legyen tudataban annak, hogy a diakjaiban a matematikarol kialakulo

kep nem a matematikarol szol, sokkal inkabb arrol, hogy o maga

mennyit ert a vilag mukodesebol. Egy-egy formalizalt bizonyıtas meg-

ertese nagyon hasonlıt a sztereogrammok latasahoz. Van, akinek egy-

bol osszeall a kep, van, akinek eleg sokat kell neznie egy-egy kepet,

amıg meglatja, es sokan vannak, akik sose lattak meg 3D-s sztere-

ogrammot. Az utobbi kategoriaba tartozoknak nem segıtunk, ha a

kep reszleteit magyarazzuk, hisz egyszeruen arrol szol, hogy maskent

kell nezni ahhoz, hogy lathassuk. Utolso gondolatkent talan ne feled-

kezzunk meg arrol, hogy ,,a madarak sem repulnek a kerıtes alatt.”


Amit hallok, azt elfelejtem, amit latok, arra emlekezem,

amit megcsinalok, azt tudom

A cımben megfogalmazott osi kınai bolcsesseg a mai vilagban hat-

vanyozottan ervenyesul. Az informacioaradat feldolgozasa teljesen

mas jellegu mechanizmusok aktivalasat igenyli, mint a tanulasi folya-

matok nagy resze. Ha nem vigyazunk, diakjaink meg arra sem fog-

nak emlekezni, hogy mit lattak es meg azt sem fogjak tudni, amit ok

maguk megcsinaltak; legfeljebb valami olyasmire emlekeznek majd,

hogy lattak mar hasonlot, vagy csinaltak mar ilyesmit de, hogy pon-

tosan mit es annak mi volt a lenyege, azt nem fogjak tudni. Eppen

ezert igyekezzunk jelensegorientalt, problemacentrikus, alkalmazott

tudast ismertetni veluk es olyan tevekenysegeket szervezzunk, amelyek

soran nemcsak halljak, esetleg latjak ami tortenik, hanem ok maguk

csinaljak es tudjak a miertjet, illetve a ,,miert nem maskent”-jet is.

Ebben a paragrafusban harom tevekenyseget mutatok be, ame-

lyeket nem matematika iranyultsagu diakokkal/hallgatokkal vegeztem.

A hallgatok/tevekenykedok matematikai felkeszultsege nagyon hianyos

volt es korabbi tanaraik komoly sikereket ertek el a matematika meg-

utaltatasaban. Az elso foglalkozas celja a Bayes-tetel felhasznalasanak

megertese es a hatterben rejlo matematika mukodesenek szemleltetese

volt, a masodik foglalkozas celja a diszkret valoszınusegi eloszlasok fo-

galmanak megertese es egy konkret feladat megoldasa szamıtogepes

szimulacio segıtsegevel, a harmadik a gyakorisag fogalmanak megertese

es egyszeru behelyettesıteses kodolt szovegek megfejtese.

Az elso feladat:

Adott harom urna: az U1 2 feher es 8 piros, az U2 3 feher es 7 piros,

az U3 pedig 5 feher es 5 piros golyot tartalmaz. Ket diak kimegy az

osztalybol a harom urnaval es ott kivalaszt egy urnat, amelybol vis-

szatevessel rendre kihuz golyokat es a kihuzott golyo szınet lejegyzi

majd bemondja az bentlevoknek. A bentlevok fogadasokat kothetnek

arra vonatkozoan, hogy melyik urnabol huzza a golyokat es a tulaj-

donkeppeni cel a hasznalt urna beazonosıtasa.

Lassuk a matematikai modellt is. Tegyuk fel, hogy n kihuzas utan

k kihuzott feher golyo van es (n − k) piros (ez legyen az A esemeny).

168 AMIT HALLOK, AZT ELFELEJTEM ...

Igy ha pj , 1 ≤ j ≤ 3 egy feher golyo kihuzasanak a valoszınusege az

egyes urnakbol, akkor a binomialis modell alapjan

P (A|U1) = Cknpk

1(1 − p1)n−k,

P (A|U2) = Cknpk

2(1 − p2)n−k,

P (A|U3) = Cknpk

3(1 − p3)n−k,

ahol az A|Ui azt az esemenyt jeloli, hogy az Ui urnabol huzva kovet-

kezett be az A. Mivel A = (A ∩ U1) ∪ (A ∩ U2) ∪ (A ∩ U3) es az

egyesıtesben szereplo esemenyek diszjunktak, ırhatjuk, hogy (ez a tel-

jes valoszınuseg tetele)

P (A) =P (A ∩ U1) + P (A ∩ U2) + P (A ∩ U3)

=P (A|U1)P (U1) + P (A|U2)P (U2) + P (A|U3)P (U3)

Masreszt P (A ∩ U1) = P (A|U1)P (U1) = P (U1|A)P (A), tehat

u(1)1 = P (U1|A) =

P (A|U1)P (U1)

P (A),

u(1)2 = P (U2|A) =

P (A|U2)P (U2)

P (A),

u(1)3 = P (U3|A) =

P (A|U3)P (U3)

P (A).

Az (u(1)1 , u

(1)2 , u

(1)3 ) harmast nevezzuk posteriori eloszlasnak. Mivel

kezdetben az urnak kivalasztasanak valoszınusege ismeretlen, feltete-

lezhetjuk, hogy u(0)j = P (Uj) = 1/3 minden j ∈ {1, 2, 3} eseten.

Az (u(0)1 , u

(0)2 , u

(0)3 ) harmast nevezzuk apriori eloszlasnak. Nagyon sok

termeszetes problema/kerdes merul fel:

• Hosszu tavon (vagyis elegge sok kihuzas eseten) van-e je-

lentosege az apriori eloszlasnak?

• Ugyanazt a posteriori eloszlast kapjuk-e, ha az informaciot (a

kihuzasok eredmenyet) egyszerre hasznaljuk a vegen, mint ha

minden kihuzas utan ujraszamolnank a posteriori eloszlast, az

elozo kihuzas utan szamolt posteriori eloszlast tekintve apri-

orinak?

• Egyaltalan eleg sok kihuzas alapjan valamilyen biztonsagi

szinten eldontheto-e az, hogy melyik urnabol huznak?


• A kihuzasok sorrendje jelent-e tobbletinformaciot, a megfelelo

golyok szamahoz kepest (vagyis tobbet mond-e a feladat meg-

oldasanak szempontjabol a feher-piros-piros-feher sorozat,

mint az, hogy ket feher es ket piros)?

• A ket diak csalhat-e, anelkul, hogy a tobbiek rajojjenek (pl.

nem huznak az urnabol, hanem veletlenszeru eredmenyeket

mondenak be)?

A 2.69. abran a posteriori eloszlas valtozasa lathato 10, 20, 30, 40,

50, 60, 70 illetve 80 golyo kihuzasa utan (a masodik urnabol huznak).

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

1 2 30

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

2.69. Abra. A posteriori eloszlas valtozasa

Az abra alapjan lathato, hogy eleg sok kihuzas utan a felhasznalt

urna elegge nagy biztonsaggal (90%) beazonosıthato. Ez amiatt van,

hogy a kihuzasok szamanak novekedesevel a posteriori eloszlas egy

olyan szamharmast kozelıt, amelyben az egyik elem 1 es a masik ketto

0. Ha a kihuzasokat egy veletlenszam-generatorral helyettesıtjuk es


ırunk egy szimulaciot a posteriori eloszlas kiszamolasara, akkor in-

tuitıven belathatjuk, hogy ez a viselkedesmod mindig megjelenik, az

urnak szamatol es osszeteteletol fuggetlenul. Ez termeszetesen igazol-

hato matematikai analızis segıtsegevel is, viszont egy szimulacio meg-

mutatja, hogy ebben az esetben mennyire kozeli is az a vegtelen. Pon-

tosabban ha unj az n golyo kihuzasa utan szamolt posteriori eloszlas

megfelelo eleme, akkor azt tapasztaljuk, hogy limn→∞

u(n)j = 1 vagy

limn→∞

u(n)j = 0 aszerint, hogy a j-edik urnabol huznak vagy sem. A

szimulaciobol azt lathatjuk, hogy a limn→∞

szimbolum nem egy vegtelen

tavoli absztrakcio, hanem egy kezzelfoghato viselkedesmodot abrazol.

Ez termeszetesen azert van ıgy, mert az(u

(n)j

)

n≥0sorozat gyorsan

kozeledik a hatarertekehez. Ha ez a jelenseg es ennek altalanosabb

formai nem leteznenek, akkor a statisztikai mintaveteli eljaras igen

sok esetben haszontalan volna.

A masodik feladat:

Hatarozd meg, hogy egy 52 lapos kartyacsomagbol hanyadik helyen

a legvaloszınubb a masodik asz kihuzasa! (vagyis osszekeverjuk a cso-

magot, majd egyesevel kirakjuk a lapokat; a kerdes az, hogy hanyadik

helyen a legvaloszınubb a masodik asz megjelenese).

Mielott nekifognank barmifele matematikai megoldasnak, keszıt-

sunk egy szimulaciot, amelynek segıtsegevel szamıtogepen eloallıtha-

tunk 100000 veletlenszeru lapallast es mindegyikben megnezzuk, hogy

hanyadik helyen van a masodik asz. Ez azt jelenti, hogy inicializalunk

egy 52 hosszusagu szamlalot es minden leosztas eseten, ha a masodik

asz a j-edik helyen van, akkor a szamlalo j-edik elemet noveljuk 1-

gyel. Igy tulajdonkeppen egy kartyakeveres egy permutaciot jelent es

a szamlalo j-edik eleme azt mutatja meg, hogy a kıserlet ismetlesevel

hanyszor jelent meg a j-edik pozicion a masodik asz. Tehat a szamlalo

az abszolut gyakorisagokat tartalmazza. Igy azt kell meghataroznunk,

hogy hanyadik helyen jelenik meg a legnagyobb gyakorisag. A 2.70.

abran az elso, a masodik, a harmadik es a negyedik asz megjelenesenek

gyakorisagait abrazoltuk. Az abrarol leolvashato, hogy a masodik asz

legvaloszınubb megjelenesi helye a 18. hely. Ez termeszetesen nem

megoldasa a feladatnak, de ha nem matematikai megoldast keresunk,


csak egyszeruen valaszt a kerdesre valamilyen gyakorlati ok miatt

(peldaul, hogy hanyadik helyre erdemes fogadni es milyen tettel),

akkor teljesen kielegıto. Ha megis igenyeljuk a precız megoldast, akkor

matematikailag is igazolhatjuk azt, amit a szimulacio soran lattunk (a

megoldas megtalalhato a X.-es tankonyvhoz ırt segedkonyunkben).

0 10 20 30 40 50 600

5000

10000

0 10 20 30 40 50 600

2000

4000

0 10 20 30 40 50 600

2000

4000

0 10 20 30 40 50 600

5000

10000

2.70. Abra. Az aszok megjelenesenek relatıv gyakorisaga

A harmadik feladat:

A mellekelt karaktersor egy ertelmes magyar szoveg helyettesıteses

kodolasabol szarmazik (minden betunek egy masikat feleltettunk meg,

a szokozt is betunek tekintettuk, az ırasjeleket elhagytuk es a hosszu

maganhangzokat roviddel helyettesıtettuk a kodolas elott), raadasul

egy hiba csuszott a kodolasba. Tanulmanyozzuk a betuk relatıv gyako-

risagat a magyar nyelvu szovegekben, majd fejtsuk meg a szoveget!

A Word karakterszamlalojat hasznalva gyorsan keszıthetunk betu-

statisztikat egy tetszoleges szovegrol, amely megfelelo formatumu allo-

manyban van. Termeszetesen kulonbozo, elegge hosszu szovegek elem-

zese eseten a betuk tenyleges relatıv gyakorisaga mas es mas, de a re-

latıv gyakorisagok csokkeno sorrendje szerint rendezett betusor eleje

nagyon hasonlıt. Igy az elso nehany betu (a szokoz, az e, a, t, n, l, s

betuk) konnyeden beazonosıthato. A tovabbi betuk azonosıtasara


nem alkalmazhato egy az egyben a gyakorisagi tablazat, mert az egyes

betuk relatıv gyakorisaga kozti kulonbseg kicsi. Ezeket viszont be-

azonosıthatjuk, ha ertemes szavakat keresunk a szovegben.

szóköz e a t n l s k r o i g z

14,62 7,03 6,3 5,67 4,41 4,41 4,36 3,1 2,96 2,89 2,75 2,72 2,54

12,93 7,87 7,09 6,91 5,23 5,23 4,9 3,85 3,7 3,62 3,39 3,14 3,12

á m é y d v b j h ö f c p

2,54 2,53 2,23 2,04 1,74 1,43 1,31 1,12 1,12 0,91 0,7 0,62 0,61

2,7 2,63 2,37 2,34 1,51 1,26 1,15 1,04 1,04 0,93 0,77 0,67 0,66

2.71. Abra. A betuk relatıv gyakorisaga a magyar nyelvben

A megfejteshez turelmet es jo szorakozast kıvanunk!

tiltalavnel$vyvccltns$lodelmseesjlodndjulfdnfdcdcndeltaluacseul

eslayr$cdjldylruurjlualkuay$kneulfdlsigseonlodigr$ldlayrmkmdel

nsn$sjmselsnatulueeudljueeselmvnpasaatisleslsigaysulkrary$recd

jldl$kotfkymdelsiglutaysilukdunrodiidnlruk$relkclcberjletyeuldlo

uyscltaldljdedud$luskontatcleslveigun$raakiulcsuos$$snlualarind

n$rycdjljkuljsuclsiglfscundkmdelkujdaylfdeireluucd$lsigl$vegosju

vnl$beiabpslcsacotuslodigr$ldylsjmsuulernir$ljsituctatmseltaldlm

vnpal$vyvegmseleslesjlmuurjl$ulfdldlfuundkr$lesjlsjnucu$ljsildlzs

nseorncd$l$vyvcclesosjljsiknnr$ldylsuevlaytnteltal$kkukyrlaysjjs

nletysjldylvayulnrjmr$layuesucleslesjlcber$ljka$tecltusyeuldlcsuj

tayscluukecljueclaseecduckaadnltaligded$okaadnlfuays$ldyltucsn

sjlasnavmmuseeolsusztmselalsitayselracrmdlckuadakir$mdelaspa

sitaasnlcvncvccsjlsnltnscsjlnsicvmmlsactztclfuays$ldlaysusnsjms

eleslnsicvmmayvulauyscscclev$$snlodigr$lpad$lsigocclfuays$ldyl

timseltaldlavnemseljsuclsjmsulodigr$ltiltalavnel$vyvcclkjse

Ajanlott szakirodalom

[1] Ben-Zeev, T: The nature and origin of rational errors in arithmetic thinking:

Induction from examples and prior knowledge, Cognitive Science, Volume 19,

Number 3, July 1995 , pp. 341-376(36)

[2] Robert J. Sternberg, Talia Ben-Zeev: The Nature of Mathematical Thinking,

Lawrence Erlbaum Associates, 1996

[3] Ben-Zeev, T: Rational errors and the mathematical mind, Review of General

Psychology. Vol 2(4), Dec 1998, 366-383

[4] Eric Berne: Emberi jatszmak, Gondolat Kiado, 1984

[5] Eric Berne: Sorskonyv, Hatter Kiado, 2008

[6] Comenius: Didactica Magna, Seneca Kiado, 1992

[7] Csapo Beno: Cognitive pedagogy (in hungarian), Akademiai Kiado, Bu-

dapest, 1992

[8] Lenard Ferenc: A problemamegoldo gondolkodas, Akademiai Kiado, Bu-

dapest, 1987

[9] Kelemen Elemer, Kardos Jozsef: 1000 eves a magyar iskola, Emlekkotet

[10] Mero Laszlo: Maga itt a tanctanar? Pszichologia, moralitas, jatek es tu-

domany, Tericum Kiado, 2005

[11] Mero Laszlo: Mindenki maskepp egyforma, Tericum Kiado, 1996

[12] Mero Laszlo: Uj eszjarasok, Tericum Kiado, 2001

[13] Mero Laszlo: Az elvek csapodar termeszete, Tericum Kiado, 2008

[14] Nagy Jozsef: Competence based criterium oriented pedagogy (in hungarian),

Mozaik Kiado, Szeged, 2007

II.

[1] Martin Aigner, Gunter M. Ziegler: Proofs from the book, Springer, 1998

[2] Titu Andreescu, Zuming Feng: Mathematical Olympiads 1998-1999, The

Mathematical Association of America, 1999

[3] Werner Blum Peter L. Galbraith Hans-Wolfgang Henn Mogens Niss: Mod-

elling and Applications in Mathematics Education, Springer, 2007

[4] Judita Cofman: What to solve?, Oxford University Press, 1990

[5] Ulrich Daepper, Pamela Gorkin: Readings Writing, and Proving A Closer

Look at Mathematics, Springer, 2003

173

174 SZAKIRODALOM

[6] Keith Devlin: The Language of Mathematics Making the Invisible Visible,

W. H. Freeman and Company, 2000

[7] Heinrich Dorrie: 1000 Great problems of elementary mathematics, Dover

Publications, 1965

[8] A. Gardiner: The Mathematical Olympiad Handbook, Oxford University

Press, 1997

[9] A. Gardiner: Discovering Mathematics The Art of Investigation, Oxford

University Press, 1987

[10] L.A. Graham: Ingenious Mathematical Problems and Methods, Dover Pub-

lications, 1959

[11] Arthur Van Gundy: 101 Activities for teaching creativity and problem sol-

ving, John Wiley and sons, 2005

[12] Reuben Hersch: 18 Unconventional Essays on the Nature of Mathematics,

Springer, 2006

[13] Douglas R. Hofstadter: Godel, Escher, Bach: an eternal golden braid, Basic

Books, 1999

[14] Ross Honsberger: From Erdos to Kiev, The Mathematical Association of

America, 1996

[15] Hrasko Andras: Uj matematikai mozaik, Typotex, 2003

[16] Reinhard Illner, C. Sean Bohun, Samantha McCollum, Thea van Roode:

Matheematical Modelling, The Mathematical Association of America, 2005

[17] Kiran Kedlaya, Titu Andreescu: Mathematical Contests 1997-1998, The

Mathematical Association of America, 1999

[18] Kiran Kedlaya, Bjorn Poonen, Ravi Vakil: The William Lowell Putnam

Mathematical Competition 1985-2000, The Mathematical Association of

America, 2002

[19] Murray S. Klamkin: USA Mathematical Olympiads 1972-1986, The Mathe-

matical Association of America, 1988

[20] Lakatos Imre: Bizonyıtasok es cafolatok, Gondolat Kiado, 1981

[21] Loren C. Larsen: Problem Solving Through Problems, Springer, 1983

[22] B.A. Lundwall, B. Johnson: The Learning Economy, Journal of Industrial

Studies, 1994

[23] Jirı Herman, Radan Kucera, Jaromır Simsa: Counting and configurations,

Springer, 2003

[24] Polya Gyorgy: Indukcio es analogia, Gondolat Kiado, 1989

[25] Polya Gyorgy: A plauzıbilis kovetkeztetes, Gondolat Kiado, 1989

[26] Polya Gyorgy: A gondolkodas iskolaja, Typotex Kiado, 1994

[27] Polya Gyorgy: Matematikai modszerek a termeszettudomanyban, Gondolat

Kiado, 1984

[28] Joe Roberts: Lure of integers, The Mathematical Association of America,

1992

SZAKIRODALOM 175

[29] Roka Sandor: Miert lettem matematikus?, Typotex Kiado, 2003

[30] Svetoslac Savchev, Titu Andreescu: Mathematical Miniatures, The Mathe-

matical Association of America, 2003

[31] Hugo Steinhaus: One hundred Problems in elementary mathematics, Perg-

amon Press, 1963

[32] G.Szasz, L. Geher, I. Kovacs, L. Pinter: Contests in higher mathematics,

Akademiai Kiado, Budapest, 1968

[33] C. S. Tong: Case studies in teaching mathematical modelling,

http://www.math.hkbu.edu.hk/∼cstong/papers/model2001.pdf

[34] B.L. van der Waerden: Egy tudomany ebredese, Gondolat Kiado, 1977

a matematika tan´itasa´ -...

Documents