Katz Sándor:

Módszertani szempontból

fontos feladatok

Olyan feladatokat vizsgálunk, amelyek segítenek fogalmak, tételek

• kialakításában,

• tisztázásában,

• elmélyítésében.

Miért /most/ fontosak ezek a feladatok?

Kinek szólnak ezek ?

1. probléma

Műveletek tulajdonságainál az asszociativitást:

(a o b) o c = a o (b o c) (1.)

a tanulók időnként kiegészítik pl így:

(a o b) o c = a o (b o c) = (a o c) o b. (2.)

Adjunk példát olyan műveletre, amelyre (1.) igaz, de (2.) nem!

Másképp:

Adjunk meg olyan műveletet, amely asszociatív, de nem kommutatív!

Tehát olyat, amelyre

(a o b) o c = a o (b o c).

de a o b b o a ,

ezért (a o b) o c (a o c) o b.

(a o b) o c (a o c) o b. Adjunk meg olyan o műveletet, amelyre

a a c

c b

b

d e d e

Mi is az a kétváltozós művelet?

Van két „bemenő” elem,

és egy „kijövő”.

(a;b) c

Az (a;b) b művelet asszociatív, de nem kommutatív.

a b c

c cb

b

c c

b a

Valóban: (a o b) o c = a o (b o c).

de (a o b) o c (a o c) o b a a c

c b

b

c b

b c

2. probléma

Adott körbe írjunk maximális területű konvex hatszöget!

Tegyük fel, hogy a hatszögnek van két különböző oldala!

Ekkor a terület növelhető:

Következtetés:

Ha a konvex hatszögnek nem minden oldala egyenlő, akkor nem lehet a legnagyobb területű.

Tehát a legnagyobb területű beírt konvex hatszög a szabályos hatszög.

Mi a véleményük a következtetésről?

Egy eljárás maximum keresésére:

Adott egy A számhalmaz, és keressük ezen

halmaz legnagyobb elemét. Ennek érdekében megadunk egy ezen a halmazon értelmezett hozzárendelést, amely egy aA számhoz önmagát rendeli, de az A halmaz minden más b eleméhez a halmaznak egy b-nél nagyobb elemét rendeli hozzá. Tehát a-n kívül egyik sem lehet a halmaz legnagyobb eleme, mert ezeknél az elemeknél van van nagyobb. Tehát a a halmaz legnagyobb eleme.

Ellenpélda:Legyen

, azaz A={1, 2, 3, …}és legyen a hozzárendelés

Ez a hozzárendelés n=1-hez önmagát, minden más n-hez nála nagyobbat rendel. Ha fenti eljárás jó, akkor n=1 a halmaz legnagyobb eleme, ami nyilván nem igaz.

A N

2n n

Hol a hiba?

A fenti módszer jó véges halmazok esetén.

Végtelen halmaznak nem biztos, hogy van legnagyobb eleme. Ha van legnagyobb elem, akkor is jó az eljárás, de bizonyítani kell, hogy létezik legnagyobb elem.

(Izoperimetrikus probléma.)

Megmenthető-e a beírt hatszögre vonatkozó bizonyítás?

Az egyik lehetőség, hogy bizonyítjuk az analízis eszközeivel, hogy van legnagyobb területű beírt hatszög. Nem ezt tesszük.

Ehelyett tetszőleges hatszögből fokozatos közelítéssel jutunk el a szabályos hatszöghöz, úgy, hogy a terület közben nő.

Megjegyzés:

A maximális területű konvex hatszög belsejében tartalmazza a kör középpontját.

Ha nem tartalmazná, akkor a területet lehetne növelni.

Az oldalakhoz tartozó középponti szög lesz a vizsgált mennyiség.

• Ha az oldalak nem mind egyenlők, akkor létezik olyan és β középponti szög, hogy egyik kisebb 60°-nál, a másik nagyobb. Addig közelítsük ezeket egymáshoz, amíg egyik

60°-os lesz.

α β

60º

α β 60º

A következőkben két egyenletet oldunk meg, amelyek mindegyikénél a megoldás menete jónak látszik, de a kapott gyökkel mégis valami gond van.

1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet!

= 2 (1.)3 23 2 282 xxx

Emeljük köbre mindkét oldalt az

azonosságot használva!

Helyettesítsünk az eredeti egyenlet szerint

helyére 2-t:

3 32 22 8 2 2 1.x x x

3 3 3( ) 3 ( )a b a b ab a b

2 2 2 2 3 2 3 232 8 2 3 (2 8 ) 2 2 8 2 8 (2.)x x x x x x x x x

3 23 2 282 xxx

2 238 3 (2 8 ) 2 2 8 (3.)x x x x

Folytatás:

442)82(3 3 22 xxxx

4 3 3 2

2 2

27(4 16 ) 64 48 48 16

( 2) (27 16 4) 0

x x x x x

x x x

A második tényezőnek nincs zérushelye, ezért az egyetlen megoldás x = 2.

Számoljunk utána!

(1.)-nek és (2.)-nek még nem gyöke, de (3.)- nak már gyöke

Miért jöhet be az eredeti egyenlet visszahelyettesítésénél hamis gyök?

Ennél a visszahelyettesítésnél azt mondhattuk volna helyesen, hogy

ha az eredeti egyenletnek van gyöke, akkor a bal oldal 2-vel egyenlő.

3 32 22 8 2 2 1.x x x

2 2 2 2 3 2 3 23

2 23

2 8 2 3 (2 8 ) 2 2 8 2 8 (2.)

8 3 (2 8 ) 2 2 8 (3.)

x x x x x x x x x

x x x x

2422842 33

2. Egyenlet

2. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán!

3 03 6

tg x tg x

Alkalmazzuk a azonosságokat!

A kapott gyökök kielégítik az (1.) egyenletet.

3 0 (1.)3 6

tg x tg x

( )1

tg tgtg

tg tg

33 3 3 3 0 (2.)1 3 3

13

tgxtgx

tgxtgx

2 2 33 6 3 3 3 2 0

3tg x tgx tg x tgx

8 38 0

3tgx

3

3tgx , k

6Zx k

3 0 (1.)3 6

tg x tg x

A kapott gyökök jók, de az is látható, hogy

is kielégíti.

Hogy lehetséges ez, hol veszett el ez a gyök?

A

azonosságok alkalmazásánál az értelmezési

tartomány szűkebb lesz!

2x k

( )1

tg tgtg

tg tg

Ezért ezeknek az azonosságoknak az alkalmazásakor meg kell vizsgálni, nem vesztettünk-e gyököt, azaz hogy azok a számok, amelyekkel az értelmezési tartomány szűkebb lett, megoldásai-e az eredeti egyenletnek.Látható, re az azonosságok bal oldalai értelmezettek, a jobb oldalak nem, ezért az eredeti (1.) egyenletnek ez gyöke, de (2.)-nek és a következőknek már nem.Tehát az (1.) egyenlet gyökei

és , ahol .

2x k

2x k

6

x k k

A továbbiakban néhány érdekes függvényt vizsgálunk, amelyek segítenek fogalmak szétválasztásában, függvények vizsgálatával kapcsolatosan gyakran előforduló hibák kiküszöbölésében

Különleges függvények

Kölcsönösen egyértelmű szigorúan monoton

A egyenletnél a gyakorlottabb tanulók nem helyettesítenek be, hanem arra hivatkoznak, hogy ha az

f(x)=g(x)

egyenlet mindkét oldalára ugyanazt a h kölcsönösen egyértelmű, mindenütt értelmezett függvényt alkalmazzuk:

h(f(x))=h(g(x)),

akkor ekvivalens egyenlethez jutunk.

?

3 32 22 8 2 2x x x

Ugyanígy, ha h kölcsönösen egyértel-mű, mindenütt értelmezett függvény, akkor „elhagyható”: vagyis a

h(f(x))=h(g(x))egyenlet ekvivalens az f(x)=g(x) egyenlettel. Pl. a egyenlet ekvivalens a 2x-3 = x egyenlettel.

Itt azonban nem a kölcsönösen egyértelműségre, szoktak hivatkozni hanem arra, hogy a függvény szigorúan monoton növekvő.

2 32 2x x

2x

Mi a kapcsolat a kölcsönösen egyértelműség és pl. a szigorúan

monoton növekedés között?

1.Létezik-e olyan R-en értelmezett függvény, amely szigorúan monoton növekvő, de nem kölcsönösen egyértelmű?

2.Létezik-e olyan függvény, amely kölcsönösen egyértelmű, de nem szigorúan monoton?

Kölcsönösen egyértelmű, de nem monoton

Egyenleteknél kerüljük a szigorúan monotonitásra való hivatkozást!

• Ha az 2x-3=x átalakításnál azt

mondjuk hogy ez elvégezhető, mert az 1/x függvény szigorúan monoton, akkor ez hibás állítás.

• A helyes indoklás: Ez az átalakítás elvégezhető, mert az 1/x függvény kölcsönösen egyértelmű.

1 1

2 3x x

Kérdés

2.Létezik-e olyan függvény, amely kölcsönösen egyértelmű, de egyetlen intervallumon sem szigorúan monoton?

Az f:

függvény kölcsönösen egyértelmű, de

egyetlen intervallumon sem monoton.

, ha racionális ;

- , ha irracionális

x x x

x x x

22

Dirichlet-típusú függvények

Az f:

„eredeti” Dirichlet-féle függvény egyetlen intervallumon sem folytonos, egyetlen intervallumon sem integrálható.

1, ha racionális ;

0, ha irracionális

x x

x x

Az f:

függvény csak egyetlen pontban folytonos.

Grafikonja alapján lehetne páros és páratlan

is. Melyik igaz?

, ha racionális ;

- , ha irracionális

x x x

x x x

Az f:

függvény egyetlen intervallumon sem korlátos.

Az f:

függvény egyetlen intervallumon sem folytonos,

mégis integrálható! Minden racionális pontban szakadása van, de minden irracionális helyen folytonos.

, ha , ( , )=1, 0, ;

0, ha irracionális

px q x p q q

q

x x

1, ha , ( , )=1, 0,

;

0, ha irracionális

px x p q q

q q

x x

Egy különösen érdekes függvény

Az f:

A hozzárendelésről először azt lássuk be, hogy függvény! (Azaz, ha egy szám előállítható a+b alakban, akkor ez csak egyféleképp lehetséges.)

Hogy nézhet ki ennek a függvénynek a grafikonja?

?

.egyébként ,0

racionális és ,2 ,2;

x

babaxhaabx

2

2, 2, és racionális: ;

0, egyébként.

x b a ha x a b a bf

x

Íme a grafikon!

Olvassuk le a grafikonról függvény tulajdon-

ságait! Páros? Páratlan? Periodikus?

Sierpinski:

• E függvény grafikonjának pontjai a síkban mindenütt sűrűn helyezkednek el, azaz a sík bármely P(x; y) pontjának bármely környezetében a függvény grafikonjának végtelen sok pontja van.

• Megmutatjuk, hogy a sík tetszőleges P(x; y) pontjához megadhatók olyan an és bn racionális számsorozatok, hogy

és .

2, 2, ,;

0, egyébként.

x b a ha x a b a b Q

x

lim a b xn n 2 lim b a yn n 2

lim a b xn n 2

Ha vannak ilyen sorozatok, akkor azokat a következőképpen határozhatjuk meg: szorozzuk meg az első egyenlőséget -

vel, és vonjuk ki belőle a másodikat, majd a másodikat szorozzuk -vel, és az elsőt vonjuk ki belőle.

Azt kapjuk, hogy az an, bn sorozatokra a következőnek kell teljesülni:

és

2

lim b a yn n 2

lima y xn 2

2

limb x yn 2

Tetszőleges P(x; y) pont, azaz (x; y) számpár esetén megadható a fenti feltételeknek eleget tevő an és bn racionális számsorozat.

Tehát a sík tetszőleges P(x; y) pontjához a függvény-grafikon pontjainak

koordinátákkal meghatározott sorozata konvergál.

limb x yn 2,lima y xn 2

2 ;2 nnnn abba

lima y xn 2

Legyen a sík egy pontja pl.: P(6;3), ekkor

lim an=3 -6 ≈ -1,7574 és lim bn=6 -3 ≈ 5, 4853

Közelítsük an-t és bn-t a megfelelő tizedes jegyekkel:

a1=-1, a2=-1,7, a3=-1,75 a4=-1,757, a5=-1,7574

b1=5, b2=5,4, b3=5,48 b4=5,485, b5=5,4853

x1=6,1 x2=5,94 x3=5,9998 x4=5,99996 x5=5,99998

y1=3,6 y2=2,995 y3=3,005 y4=3,0002, y5=2,99996

limb x yn 2

2 2

lim a b xn n 2 lim b a yn n 2

A típusú függvények

A folytonosság, differenciálszámítás témakörben fontos mintapéldákat adhatunk meg fenti típusú függvényekkel.

sin1

x

1sin , ha 0,

0, ha 0.

x xx

x x

1sin , ha 0,

0, ha 0.

x x xx

x x

típusú differenciálható függvények

2 1sin , ha 0,

:0, ha 0.

x x xf x

x x

2

0 0

1sin 0

1' 0 lim lim sin 0

0x x

xxf x

x x

1 1' 2 sin cos

0

f x xx x

ha x

sin1

x

A szélsőérték létezésének szükséges fel-tétele-e az, hogy a derivált előjelet váltson?

Ez a derivált nem vált előjelet a 0 helyen mert az első két tag 0-hoz tart, de a harmadik 0 bármely környezetében minden -1 és 1 közötti értéket felvesz.

2 12 sin , ha 0,

:

0, ha 0.

x x xf x

x x

1 14 2 sin cos , ha 0,

' :0, ha 0.

x x x xf x x

x x

Mi a szükséges és elegendő feltétel?

Annak, hogy egy differenciálható függvénynek

x0-ban szélsőértéke legyen, szükséges feltétele,

hogy f’(x0) =0.

Ha a derivált x0-ban előjelet vált, ez elegendő

feltétele, hogy legyen szélsőérték.

De ez utóbbi feltétel nem szükséges. Az előbbi

példában adott függvénynek az x0=0 helyen

minimuma van, de a deriváltja nem vált előjelet.

Néhány konstrukciós feladat1. Adj meg olyan R-en értelmezett függvényt, amelynél

egyetlen xo pontban sem létezik, de

és létezik!

2. Adj meg olyan R-en értelmezett f függvényt, amely – minden valós számra értelmezett, – egyetlen pontban sem folytonos, de – | f | mindenütt folytonos!

3. Adj meg olyan R-en értelmezett függvényt, - amely, felülről korlátos, de - egyetlen intervallumon sem veszi fel maximumát.

4. Adj meg olyan R-en értelmezett függvényt, amely,- csak egyetlen pontban differenciálható!

limx x

f x 0

limx

f x

limx

f x

Néhány konstrukciós feladat

5. Adj meg olyan R-en értelmezett f függvényt, amely minden valós értéket pontosan kétszer vesz fel !

6. Mutassuk meg, hogy a Dirichlet-féle függvény periodikus! Milyen számok lehetnek a periódusai, van-e a függvénynek legkisebb periódusa?

7. Adjunk meg olyan függvényt, amely periodikus, nincs legkisebb periódusa, és végtelen sok különböző értéket vesz fel! (KöMaL, 1978. évi 7. szám P. 308.)

Látszik …

Adott egy kör kerületén n pont. A pontokat összekötő húrok legfeljebb hány részre osztják a kört?

Pontok részekszáma száma

n= 1 k= 1

n= 2 k= 2

n= 3 k= 4

n= 4 k= 8

n= 5 k= 16Látszik, hogy k = … ?

1

1

21

2

3

4

1

2

3

4

5

6

8 1

2

3

45

67

89

1011 12

1315

16

14

Pontok részek

száma száma

n=6 k=31 (!)1

2

3

4

5

6

7

8 9

10

11

1213

14

15

161718

1920

2122

23

2425

26

27

2829

30

31

Hova lett a 32-edik rész?

Számoljuk össze a részek számát, ha a kerületen n pont van!

Kezdetben volt 1 rész

Minden új húr, 1 új rész: húr új rész.

Minden új metszéspont,

1 új rész: metszéspont új rész.

Összesen: rész.

2

n

4

n

4

n

kn n n n n

1

2 4 0 2 4

2

n

Honnan ismerős a kifejezés?

Miért „duplázódtak” az eredmények egy ideig?

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

0 2 4

n n nk

Néhány további feladat arra, amikor egy szabály „sokáig” jónak látszik

1. Legfeljebb hány részre osztja a síkot n kör?

0 kör 1 rész

1 kör 2 rész

2 kör 4 rész

3 kör 8 rész

n kör ?

1

4 2 3

1 2

1

8

2 3 6

5 7

4

2. Igaz-e hogy

a)

b)

minden n-re prímszámot állít elő?

a) prím lesz, ha n = 0, 1, 2, ... , 40

b) prím lesz, ha n = 0, 1, 2, ... , 79

2 41n n 2 79 1601n n

Dobókockák problémája

Két kockára felírjuk véletlenszerűen az 1, 2, 3, ..., 12 számokat.Ezután A választ egy kockát, ő azzal, és B a maradék kockával dob. Minden dobásnál az nyer, aki nagyobbat dob.

Hányféle olyan felírás van, amelynél A nyer? Mennyi a valószínűsége, hogy A nyer?

Azt, hogy két kocka közül melyik a jobb, úgy lehet eldönteni, hogy az első kockára írt minden számhoz felírjuk, hogy a másodikon hány nála kisebb szám van, és az így kapott számokat összeadjuk.

Mivel 6x6 számot hasonlítunk össze, ezért a két kocka egyforma, ha a kapott összeg 18; az első kocka a jobb, ha az összeg nagyobb 18-nál; és a második a jobb, ha az összeg kisebb 18 -nál.

Példák:

Pl. ha a két kockán a számok:I.: 1, 2, 3, 4, 11, 12; II.: 5, 6, 7, 8, 9, 10;akkor az első kockához tartozó szám 0+0+0+0+6+6=12<18,ezért a második kocka „jobb”. Ha a két kockán a számok:I.: 1, 2, 3, 10, 11, 12; II. 4, 5, 6, 7, 8, 9;akkor az első kockához tartozó szám 0+0+0+6+6+6=18, ezért az első és második kocka „egyforma jó”.

Három dobókocka

• Három kockára felírjuk az 1, 2, 3, ..., 18 számokat.

• Ezután A választ egy kockát, majd a maradék kettőből B választ egy kockát és mindketten saját kockájukkal dobnak. Minden dobásnál az nyer, aki nagyobbat dob. Fel lehet-e írni a számokat a kockákra úgy, hogy B-nek legyen nagyobb a nyerési esélye?

Véges sok kocka között nincs legjobb?

Vajon van-e az I., II., III. kockáknak olyan kitöltése, hogy

I. jobb mint II.,

II jobb mint III.,

és III. jobb mint I. ?

Mit várunk?

Egy kitöltés: Összehasonlítás:I. II. III. I-II. II.-III. III.-I.1 5 2 0 310 6 3 5 311 7 4 5 3 12 8 15 5 313 9 16 5 314 18 17 5 6

Össz.: 25 21 ?

Véges sok kocka között nincs legjobb?

Kitöltés: Összehasonlítás:I. II. III. I-II. II.-III. III.-I.1 5 2 0 3 110 6 3 5 3 111 7 4 5 3 112 8 15 5 3 613 9 16 5 3 614 18 17 5 6 6

Össz.: 25 21 21!!!

Irodalomjegyzék (1) Varga Tamás: Amikor egy tranzitív reláció intranzitív

A Matematika Tanítása 1967/2.(2) Varga Tamás: Pontok a kör kerületén

A Matematika Tanítása 1968/2.(3) Pintér Lajos –Berkes Jenő: A valós függvény fogalmának

elmélyítése A Matematika Tanítása 1969/1.

(4) Bognár Stefánia: Az f(x)=f1(x)·sin 1/x típusú függvények tulajdonságai A Mat.Tanítása 1974/2

(5) Dorofeev-Rozov: Periodikus és nemperiodikus függvé-nyek. Kvant 1977/1.

(6) Zemljakov: Páros és páratlan függvények. Kvant 1977/4.

Irodalomjegyzék

(7) Katz Sándor: A bizonyítási készség fejlesztése függvénytani feladatok segítségével A Matematika Tanítása 1980/5.

(8) Katz Sándor: Különleges függvények szerepe a középiskolai matematika tanításában A Matematika Tanítása 1981/1.

(9) Pintér Lajos: Egy nagyon várható tanulói kérdésről POLYGON 1991/2.

(10)Szalay István: Patalogikus függvények standard tulajdonságai POLYGON 1991/2.

(11)Katz Sándor: Egyenletek ekvivalenciájaMatematika Kincsestár 2002. szeptember