TANÍTÁSA MATEMATIKA - Mozaik Kiadó...A MATEMATIKA TANÍTÁSA 2012. szeptember 4 MOZAIK KIADÓ mely már túlmutat a középszintû érettségi téma-körén. Az oktatás formája

TANÍTÁSAMÓDSZERTANI FOLYÓIRAT

AM

ATE

MA

TIK

A

XX. ÉVFOLYAM 20123M·ZAIK

www.mozaik.info.hu

Egy alapozó tárgyhozkapcsolódó felmérés

eredményei(Dékány Éva – Székely László – Veres Antal)

Az amerikai elnök Deegan-Packel-féle hatalmi indexérôl

(Csete Lajos)

Írjunk adottparalelogrammába

hozzá hasonlót!(Dr. Darvasi Gyula)

Sonkás szendvics és egyébfolytonos csemegék

(Csonka Dorottya)

A MATEMATIKA TANÍTÁSA 2012. szeptember

2 MOZAIK KIADÓ

A MATEMATIKATANÍTÁSAmódszertani folyóirat

Szerkesztõség:Fõszerkesztõ:

Dr. Urbán János

Szerkesztõség címe:6723 Szeged, Debreceni u. 3/BTel.: (62) 470-101,FAX: (62) 554-666

Kiadó:MOZAIK Kiadó Kft.Felelõs kiadó:

Török ZoltánTördelõszerkesztõ:

Kovács AttilaBorítóterv:

Deák Ferenc

Megrendelhetõ:MOZAIK Kiadó6701 Szeged, Pf. 301.

Éves elõfizetési díj: 1800 FtMegjelenik évente 4 alkalommal.A lap megvásárolható a

MOZAIK Könyvesboltban:Budapest VIII., Üllõi út 70.

A Matematika Tanításában meg-jelenõ valamennyi cikket szer-zõi jog védi. Másolásuk bármi-lyen formában kizárólaga kiadó elõzetes írásbeli enge-délyével történhet.

ISSN 1216-6650

Készültaz Innovariant Kft.-ben, SzegedenFelelõs vezetõ: Drágán György

Közlési feltételek:A közlésre szánt kéziratokat e-mailen a [email protected]

címre küldjék meg. A kéziratok lehetõleg ne haladják meg a 6-8oldalt (oldalanként 30 sorban 66 leütés).

A rajzokat, ábrákat, táblázatokat és fényképeket külön fáj-lokban is kérjük mellékelni. (A szövegrészben pedig zárójelbenutaljanak rá.)

Kérjük, hogy a szövegbeli idézések név- és évszámjelölésseltörténjenek, míg a tanulmányok végén a felsorolt irodalmak al-fabetikus sorrendben készüljenek.

Kérjük szerzõtársainkat, hogy a kéziratok beküldésével egyi-dejûleg szíveskedjenek közölni pontos címüket, munkahelyü-ket és beosztásukat.

TARTALOMEgy alapozó tárgyhoz kapcsolódó

felmérés eredményeiDékány Éva egyetemi tanársegéd,

Székely László adjunktus,Veres Antal adjunktus, Gödöllõ

Az amerikai elnök Deegan-Packel-félehatalmi indexérõl

Csete Lajos tanár, Markotabödöge

Búcsú Reiman IstvántólKatona Gyula matematikus, az MTA rendes tagja,

MTA Rényi Alfréd Matematikai Kutatóintézet

Peller József (1933—2012)Ambrus András nyugalmazott egyetemi docens, Budapest

Egy ciklikus egyenlõtlenség általánosításaCsete Lajos tanár, Markotabödöge

Írjunk adott paralelogrammába hozzá hasonlót!Dr. Darvasi Gyula fõiskolai docens, Nyíregyháza

Quadrominó 5 x 5-ös lyukas négyzetekDr. Darvasi Gyula fõiskolai docens, Nyíregyháza

Sonkás szendvics és egyéb folytonos csemegékCsonka Dorottya tanár, Budapest

Beszámoló a XXI. Nemzetközi MagyarMatematikaversenyrõl

Nemecskó István tanár, Budapest

Jelentés a 2012. évi Beke ManóEmlékdíjak odaítélésérõl

Feladatrovat tanároknak

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSA

MOZAIK KIADÓ 3

Megrendülten és szomorúan tudatjuk a Tisztelt Olvasókkal,hogy 2012. június 11-én, életének 73. évében elhunytdr. Urbán János, lapunk fõszerkesztõje.Halálával egy nagy tudású, karizmatikus matematikatanárt,egy kiváló tankönyvszerzõt és fõszerkesztõt és egy nagyszerû,szeretetreméltó, mindig segítõkész kollégát veszítettünk el.Emlékét és tanítását megõrizzük és továbbadjuk.

ind a mûszaki, mind a természettudo-mányos felsõoktatás egyik nagy prob-lémája, hogy a belépõ hallgatók jelen-

tõs részének matematikatudása nem éri el azintézmények által elvárt, a tantervben szereplõmatematika, illetve szakmai tárgyak elsajátítá-sához szükséges szintet, melyet mérések is igazol-nak (lásd pl. Csákány és Pipek, 2010, és a ben-ne szereplõ hivatkozásokat). Az egyetemek ésfõiskolák jelentõs része alapozó, felzárkóztatókurzusokat tesz kötelezõvé vagy fakultatív tárgy-ként ajánl a hallgatóinak.

Tanulmányunkban a Szent István EgyetemGépészmérnöki Karán folyó gépészmérnöki, me-zõgazdasági és élelmiszeripari gépészmérnöki,mechatronikai mérnöki és mûszaki menedzserBSc szakok elsõéves nappali tagozatos hallga-tóinak tartott Matematikai alapok címû tan-tárgyhoz kapcsolódó felmérés eredményeit mu-tatjuk be. A tárgy 2001 óta része a tantervnek,a tanulmány elsõ szerzõje 2010 óta a tárgy fe-lelõse. A kurzus oktatása 2007 óta nem a félév 1 A tanulmány Dékány Évának a Varga Tamás Mód-szertani Napok Konferencián 2011. november 12-énBudapesten elhangzott Examining the efficiency of pre-paration courses in mathematical studies for universitycímû elõadásának szerkesztett és kibõvített változata

során, a többi tárggyal párhuzamosan, hanemmég a tanév megkezdése elõtt, augusztusbantörténik: 10 napon át napi 3 órát tartunk töm-bösítve, napi 1 óra konzultációs lehetõséggel ki-egészítve. A diákok ugyanezen idõszakban a Fi-zikai alapok címû kurzust is hallgatják. A mate-matikai alapozó tárgyakat több egyetemen félévközben oktatják, ezen kurzusok tapasztalatairóllásd pl. Máder (2010), illetve Pálfalviné (2009)tanulmányait. Az augusztusi oktatási periódusvégén a hallgatók egy zárthelyi dolgozatot írnak,amelyen legalább 51%-os eredményt kell elér-niük a tárgy sikeres teljesítéséhez. A tárgy krité-riumtárgy, nem teljesítése esetén a hallgató nemveheti fel a Matematika I. kurzust. Tárgyunk cél-ja a középszintû érettségi szintjének megfelelõtananyag áttekintése: halmazok, logika, elsõfokúegyismeretlenes egyenletek és egyenlõtlenségek,elemi algebrai ismeretek, másodfokú egyenle-tek és egyenlõtlenségek, a hatványozás azonos-ságai, számolás hatványokkal és gyökökkel, al-gebrai átalakítások, magasabb fokú egyenletekés egyenletrendszerek, vektorok, vektormûvele-tek, alapvetõ trigonometriai fogalmak, trigono-metrikus egyenletek, nevezetes szögek szögfügg-vényei, függvények, függvénytranszformációk.Az anyag kiegészül még az addíciós tételekkel,

Dékány Éva — Székely László — Veres Antal

Egy alapozó tárgyhoz kapcsolódó felméréseredményei1

M


4 MOZAIK KIADÓ

mely már túlmutat a középszintû érettségi téma-körén. Az oktatás formája miatt nem várható el,hogy a nagy többségében középszinten érettsé-gizett hallgatókat az emelt szintû érettségi általmegkövetelt tudásanyagra készítsük fel. Tanul-mányunkban egy, a 2011/12-es tanévben tör-tént felmérést mutatunk be, mely során arravoltunk kíváncsiak, hogy a kurzus ilyen formá-ban szükséges-e, illetve hasznos-e a hallgató-inknak. Technikai okokból a felmérést nem azegész évfolyamon, hanem csak a hallgatók egycsoportján végeztük: augusztusban két idõsáv-ban zajlott az oktatás, mintánkba csak az egyikidõsávba járó hallgatókat választottuk ki. Ezenhallgatók teljesítményét három különbözõ idõ-pontban is mértük. A mérés eszköze egy olyan,hét feladatból álló rövid teszt volt, amely fel-adatok a zárthelyi dolgozatban is szerepeltek.A három mérési alkalommal csak a feladatokbanszereplõ számokat változtattuk meg úgy, hogy atesztek nehézségi szintje egyforma legyen. Elsõ-ként röpdolgozat formájában a tárgy oktatásánakkezdetén, másodjára a zárthelyi dolgozattal,a harmadik mérésre pedig szintén röpdolgozat-ként a félév 8. hetében került sor. Ennek alap-ján képet kaphattunk a hallgatók tudásáról azegyetemre történõ belépésükkor, másrészt lát-hattuk, hogy a tárgy oktatásának hatására ered-ményeik hogyan változtak. A félévközi, harma-dik mérés segítségével az is kiderült, hogy meny-nyit felejtettek a hallgatók az áttekintett anyagbólakkor, amikor már nem közvetlenül az érintetttémakörökkel foglalkoztunk.

A mérés mintája

kérdéses tanévben 245 hallgató írta mega zárthelyi dolgozatot. Közülük augusztus-

ban a kiválasztott idõsávba 100 hallgató járt.Ahhoz, hogy elemzéseink segítségével a hall-gatók teljesítményérõl árnyaltabb képet kap-junk, figyelembe vettük a hallgatók alábbi négyháttéradatát is:

— felvételi pontszám,— matematika érettségi jegye,— középiskola típusa,— érettségi éve.

Az adatok tisztítása után mintánk összesen76 hallgatóból áll. Közülük 70 tett csak közép-szintû és 4 emelt szintû érettségi vizsgát, 2 hall-gató pedig mindkét szinten érettségizett. Az ada-

tok könnyebb összehasonlíthatósága és a kétérettségi szint közötti nagy különbség miatt a csakemelt szintû érettségit tett hallgatókat úgy tekin-tettük, mintha jeles középszintû érettségit tettekvolna (a mindkét szinten érettségizõ hallgatókközépszinten eleve jelesre érettségiztek). A har-madik mérési alkalommal a 12 hiányzón kívülazok a hallgatók, akik nem teljesítették a tárgyat(3 fõ) már nem vettek részt a felmérésben, azon-ban az õ augusztusi idõszakban nyújtott telje-sítményük változása is érdekes, ezért abban azesetben, amikor az elsõ és a második mérésipont eredményeirõl beszélünk, illetve ezeket ha-sonlítjuk össze, akkor a 76 fõs mintát, egyéb ese-tekben a 61 fõs mintát vesszük alapul.

A Karunkon folyó gépészmérnöki, mezõgaz-dasági és élelmiszeripari gépészmérnöki, mec-hatronikai mérnöki és mûszaki menedzser sza-kokon az államilag finanszírozott képzésekre rend-re 270, 292, 268, illetve 304 pont volt a felvé-teli ponthatár, a költségtérítéses képzési formárapedig egységesen 200 pont. A mintánkba tech-nikai okokból ugyan csak az elsõ két szakra járóhallgatók kerültek be, azonban a gépészmérnö-ki és mechatronika, illetve a mezõgépész és me-nedzser szakok felvételi ponthatárai közötti kiskülönbségek alapján, továbbá az adott szakoshallgatók felvételi pontjainak eloszlásának ha-sonlósága miatt mintánk az egész évfolyamranézve reprezentatív. Mivel a harmadik méréssorán csak arra voltunk kíváncsiak, hogy azegész évfolyam tudása átlagosan hogyan válto-zott, ezért a következõkben csak az eredeti min-ta esetében tekintjük át az egyes háttérváltozókeloszlását.

Az alábbi táblázatban és grafikonon a min-tában szereplõ hallgatók felvételi pontszámánakeloszlását mutatjuk be.

Felvételi pontszám Gyakoriság

200—229 4

230—259 6

260—289 14

290—319 28

320—349 14

350—379 6

380—409 3

410—439 1

A


MOZAIK KIADÓ 5

A felvételi pontok átlaga 302,4, szórása pe-dig 41,8. A matematika érettségi jegyek eloszlá-sa a következõ:

Érettségi jegy Gyakoriság

3 21

4 41

5 14

A jegyek átlaga 3,9, szórása 0,7. A hallgatókközül 46-an gimnáziumban, 30-an pedig szak-középiskolában érettségiztek. 2011-ben 53-an,míg 23-an már korábban szerezték meg az érett-ségi vizsgát, azaz a felvettek közel egyharmadanem a felvételi évében érettségizett.

Hány éve érettségizett Gyakoriság

0 53

1 7

2 9

3 6

4 1

A korábban érettségizettek átlagosan 2 évvela felvétel elõtt maturáltak.

A mérõeszköz

A felmérés során használt 7 feladatból állóteszt — melyet alább bemutatunk — a zárthelyidolgozat egy rövidített feladatsora, melynek a há-rom mérési alkalommal használt változatai csakszámokban tértek el egymástól, azok ekviva-lensnek tekinthetõek.

1. Írja fel egyetlen a alapú hatványként:2

4a

a a=

⋅(3 pont)

2. Számolja ki az értékét:

2 26 8+ =(1 pont)

3. Gyöktelenítse a nevezõt:

13 2+

(2 pont)

4. Oldja meg a következõ egyenletrendszert avalós számpárok halmazán!

5 2 14 3 5

x yx y+ =+ =

(4 pont)

5. Oldja meg a következõ egyenlõtlenségeta valós számok halmazán!

x2 + 15 > 8x(4 pont)

6. Ábrázolja a függvény grafikonját:

f(x) = (x + 3)2 + 1(2 pont)

7. Jellemezze az alábbi grafikonjával adottfüggvényt!

Értelmezési tartomány:Értékkészlet:Zérushely:Monoton nõ:Abszolút maximumhely:Abszolút maximumérték:

(6 pont)


6 MOZAIK KIADÓ

A feladatok pontszáma megegyezik a meg-oldásukhoz szükséges logikai lépések számával,így a teszten összesen 22 pont szerezhetõ. A dol-gozatok értékelésének fõ szempontja szerint a hi-bás logikai lépés nem ér pontot, azonban a rosszrészeredménnyel végrehajtott helyes logikai lé-pések igen. Szeretnénk kiemelni, hogy ezen fel-adatok mind a középiskolai matematika anyag-nak, mind az egyetemen a továbbtanuláshozszükséges ismereteknek elengedhetetlen részétképezik. A feladatok megoldásához a hallgatóksegédeszközként csak számológépet használhat-tak, négyjegyû függvénytáblázatot nem. A zárt-helyi dolgozat és az adott teszten elért pont-számok közötti korreláció 0,76, ami alapján el-mondható, hogy a tesztünk által mért tudáste-rületen szerzett pontszám elég jól közelíti a teljesdolgozaton elért pontszámot.

Eredmények

Elsõként a három mérési pont átlagait ésszórásait mutatjuk be.

Hallgatókszáma

Átlag Szórás

1. mérés 76 14,3 4,62. mérés 76 17,8 3,13. mérés 61 18,0 3,3

Érdemes megnézni, hogy a pontszámok el-oszlása a három mérés során hogyan változott.

Látható, hogy az elsõ mérés esetében a hall-gatók pontszámának eloszlása jól közelíthetõ egy„lapos” Gauss-görbével, míg a másik két eset-ben a görbe csúcsosabb és jobbra tolódik el,utóbbiak karakterisztikája jó közelítéssel meg isegyezik. Ennek alapján arra következtethetünk,hogy a hallgatók teljesítménye a második mé-réskor az elsõ méréshez képest ténylegesen ja-vult, vagyis az oktatás, illetve a hallgatók tanu-lása révén a zárthelyi dolgozaton jobb ered-ményt értek el, mint az egyetemre történõ belé-pésükkor. A második és a harmadik mérés hisz-togramjának hasonlósága pedig arra utal, hogya korábban átismételt anyagot nem felejtettékel. A mérések átlageredményeit egy statisztikaipróbával, az ún. párosított t-próbával (lásd pl.Reiczigel, Harnos és Solymosi, 2007) is össze-hasonlítottuk2. Arra voltunk kíváncsiak, hogy az 2 A próbát — akárcsak a késõbbiekben a többi próbát is —95%-os megbízhatósági szinten hajtottuk végre.

egyes mérési pontok között a hallgatók átlagtel-jesítményében valóban történt-e változás, azokközött ún. szignifikáns különbség van-e, vagy azeredmények közötti különbség kicsi és a két ér-ték statisztikai szempontból egyenlõnek tekint-hetõ-e. A próbát az elsõ és a második mérésadatain elvégezve azt kaptuk, hogy a két mérésközött a hallgatók átlagos teljesítménye tényle-gesen javult. Ezzel szemben a második és a har-madik mérés eredményeinek — az utóbbiban isrészt vevõ 61 hallgató mintáján — a próbávaltörténõ összehasonlítása alapján kijelenthetõ,hogy a hallgatók ezen két alkalommal átlagosanugyanolyan teljesítményt nyújtottak.


MOZAIK KIADÓ 7

A következõkben tekintsük át, hogy az egyesfeladatokban a három mérés során hogyan tel-jesítettek a hallgatók. Elõrebocsátjuk, hogy a má-sodik és a harmadik mérés esetében általábanközel azonos volt a pontszámok eloszlása, aholnem, ott azt külön jelezzük.

A hatványok értelmezése és a hatványozásazonosságainak alkalmazása alapvetõ középisko-lai matematikai anyag, elengedhetetlen a diffe-renciál- és integrálszámításhoz. Ugyanakkor jólmutatja, hogy a hallgató érti-e a hatványok lénye-gét, illetve képes-e egyszerû szabálykövetésre.Ennek ellenére az elsõ feladatot a bemeneti mé-réskor mindössze a hallgatók 20%-a tudta hi-bátlanul, közel 40%-a pedig a három szükségeslogikai lépésbõl kettõt tudott helyesen megol-dani. A zárthelyi dolgozatra a hibátlan megol-dások aránya valamivel több, mint 60% lett,a két pontot elérõk aránya 20% volt.

A három mérés során általában a hallgatók5—10%-a vont tagonként gyököt; sajnos a ta-pasztalat azt mutatja, hogy látszólag bonyolul-tabb feladatok esetében ez az arány jóval ma-gasabb.

A nevezõ gyöktelenítése a zsebszámológépekelterjedésével mára elveszítette eredeti fontos-ságát a középiskolában, csak mint azonos átala-kításnak van jelentõsége, viszont az egyetementöbb feladattípusnál is jól alkalmazható. Ezt jóljelzi, hogy belépéskor a diákok 60%-a egyál-talán nem tudott mit kezdeni a feladattal, míga hallgatók ehhez kapcsolódó ismeretei a rövidismétlés után felelevenedtek és a zárthelyi dol-gozatban már csak a 40%-uk hibázott.

Az elsõfokú kétismeretlenes egyenletrend-szer megoldása egyszerû, több ismert módszer isvan rá, és szinte minden tudományágban alkal-mazzák. Az elsõ mérés alkalmával a hallgatókfele adott hibátlan megoldást a feladatra, negye-dük pedig 3 pontot ért el. A kurzus alatt precí-zebbé váltak a diákok, a második alkalomkormár közel háromnegyedük helyesen oldotta mega feladatot, és közel a negyedük 3 pontot szerzett.

Egy másodfokú egyenletet elég könnyenfelismernek a hallgatók és hála a sok középis-kolai gyakorlásnak, legtöbben hibátlanul meg isoldanak. Ehhez képest megdöbbentõ, de köz-ismert, hogy ugyanezt a problémát egyenlõtlen-ségként csak a legjobbak képesek helyesen meg-oldani. Esetünkben is az egyetemre történõ be-lépéskor a hallgatók közel 70%-a megállt a má-sodfokú egyenlet megoldásánál, 20%-uknak saj-

nos pedig ezzel is problémája akadt. A zárthelyidolgozatban már elenyészõ volt azon hallgatókszáma, akik ne tudták volna hibátlanul megol-dani a másodfokú egyenletet, és már 40%-ukkezelte valóban egyenlõtlenségnek a kitûzöttproblémát. A félév közbeni méréskor ez az aránymár 65%-ra javult. Ennek egyik oka az lehet,hogy a Matematika I. tárgy keretein belül többfeladat esetében is szükség volt ilyen egyenlõt-lenség megoldására.

A másodfokú függvény grafikonjának ábrá-zolását transzformációval és a függvényjellem-zõk leolvasását elég jól tudták a hallgatók, csakrövid ismétlésre volt szükség. A hatodik feladatesetében 80—90% között volt a helyes megol-dást adók aránya. Belépéskor a grafikon leolva-sása során a hallgatók fele ért el 5 vagy 6 pon-tot, a többi pontszám eloszlása közel egyenletesvolt. Örvendetes, hogy szinte alig volt olyan hall-gató, aki a zárthelyi dolgozatban ne ért volna ellegalább 4 pontot, az 5 pont felett teljesítõk ará-nya pedig 70%-ra nõtt, utóbbiak aránya a har-madik mérési alkalommal még tovább növeke-dett.

Hogy az évfolyamon belül még árnyaltabbanlássuk a tárgy oktatásának eredményét, a mintabizonyos részcsoportjaira is végeztünk elemzé-seket, illetve összehasonlításokat. Elsõként te-kintsük át, hogy a belépéskor 51% alatti telje-sítményt nyújtó (legfeljebb 11 pontot szerzõ),azaz akkori tudásuk alapján a tárgyat nem telje-sítõ diákok eredménye hogyan változott a zárt-helyi dolgozatra. Összesen 24 hallgató, azaz kö-zel a mintában szereplõk harmada ért el legfel-jebb 11 pontot, az õ átlagos teljesítményük azelsõ mérés alkalmával 8,8 pont volt, míg a má-sodik méréskor már 15,5 pont, azaz a kurzus ésa tanulás hatására átlagosan 6,7 ponttal javulta teljesítményük (párosított t-próbával a javuláststatisztikailag is igazoltuk).

Az alábbiakban bemutatjuk, hogy az érett-ségi jegyek függvényében hogyan alakult az el-sõ két mérés során a hallgatók teljesítményénekátlaga.

Érettsé-gi jegy

Gyako-riság

1.mérés

2.mérés

Javulás

3 21 10,9 15 4,1

4 41 14,2 18,4 4,2

5 14 19,4 20 0,6


8 MOZAIK KIADÓ

Látható, hogy azok a hallgatók, akik köze-pes vagy jó jegyet szereztek, átlagosan közel4 pontot, azaz 18,2%-ot javítottak a belépéskormért teljesítményükhöz képest, míg a jelesreérettségizetteknél ez a változás 0,6 pont. Páro-sított t-próbával kiderült, hogy ez a különbségaz elsõ két esetben valóban szignifikáns, míg azötössel végzõk esetében statisztikailag nem ki-mutatható a különbség az eredmények között.Utóbbi érthetõ is, hisz aki az elsõ mérésen közelmaximálisan teljesített, annak már nem volt le-hetõsége a teszteredményén jelentõsen javítani.Mindkét kérdéses mérési pontban kétmintást-próbát (lásd pl. Lukács, 2002) használva meg-mutatható, hogy a hármassal és négyessel vég-zettek eredményei között valódi a különbség.Hasonló a helyzet a négyesre, illetve ötösreérettségizettek esetében a bemeneti méréskor,azonban az elõbbiek felzárkózásának köszön-hetõen a hallgatók ezen két csoportja már ugyan-olyan jól teljesített a zárthelyi dolgozatban.

Vizsgáljuk meg, hogyan függött a hallgatókteljesítménye a középiskola típusától.

Iskolatípusa

Gyako-riság

1.mérés

2.mérés

Javulás

Gim-názium

46 15,2 17,9 2,7

Szakkö-zépiskola

30 12,8 17,5 4,7

A két mérési pont között a gimnáziumbanérettségizettek átlagos javulása 2,7 pont (12,3%),a szakközépiskolások teljesítménye pedig átla-gosan 4,7 ponttal, azaz 21,4%-kal bizonyult jobb-nak a zárthelyi dolgozaton. Kétmintás t-próbaalkalmazásával ellenõriztük, hogy a gimnazistákátlagosan jobban teljesítettek a belépéskor, minta szakközépiskolában végzettek, a zárthelyi dol-gozaton azonban már nem volt statisztikailagkimutatható különbség a két iskolatípus között.

A következõkben azt tekintjük át, hogyan vál-tozott a hallgatók teljesítménye az elsõ két mé-rés között attól függõen, hogy a hallgató a fel-mérés évében vagy korábban érettségizett-e.

Idénérettsé-gizett?

Gyako-riság

1.mérés

2.mérés Javulás

igen 53 15,8 18,4 2,6

nem 23 10,8 16,2 5,4

A 2011-ben érettségizett hallgatók teljesít-ménye átlagosan 2,6 ponttal (11,8%), a koráb-ban érettségizetteké pedig átlagosan 5,4 ponttal(24,5%) javult; a párosított t-próbák eredmé-nyei alapján elmondható, hogy a változás egyikesetben sem a véletlen mûve. A hallgatók ezenkét csoportja között lévõ teljesítménykülönbségmindkét mérési pontban statisztikailag kimutat-ható, azaz a korábban érettségizettek átlagered-ménye sem a belépéskor, sem a zárthelyi dol-gozatban nem érte el az érettségi évében felvé-telizõkét.

Diszkusszió és konklúziók

Ismételten szeretnénk hangsúlyozni, hogya teszteken használt feladattípusok nagy hang-súlyt kapnak a középiskolai oktatás során ésalapvetõek az egyetemi tanulmányokhoz, nemcsak matematikában, hanem szinte minden mástudományterület esetében is.

Eredményeink alapján elmondható, hogya kurzus hasznos volt azon hallgatóknak, akikhármas vagy négyes jegyre érettségiztek. Elõb-biek átlagteljesítménye belépéskor még a mini-málisan megkövetelt szint alatt volt, a tanulás ésismétlés hatására azonban eredményük jelentõ-sen javult. Érdekes, hogy az e két csoportbatartozó hallgatók esetében ez a teljesítményja-vulás ugyanakkora mértékû volt, azaz a tudásukközötti különbséget az oktatás két hete alattnem sikerült megszüntetnünk, de az nem is voltvárható, hogy az évek alatt kialakult téves be-idegzõdéseket és hiányosságokat ennyi idõ alattkijavítjuk. A jelesre érettségizõk eredménye nemváltozott számottevõen, viszont a négyesek tel-jesítménye a kurzus végére már megközelítetteaz õ eredményüket; úgy véljük, ez részben kö-szönhetõ a mért anyag nehézségi szintjének is.

Azt tapasztaltuk, hogy a szakközépiskolásokeredetileg gyengébben teljesítettek gimnázium-ban tanult társaikhoz képest, de az ismétlésekhatására már nem volt különbség a két iskolatí-pusban tanult hallgatók eredménye között. Fizi-kát oktató kollégáink elmondása szerint az õtárgyuk esetében az iskolák típusa szempontjá-ból épp fordított a helyzet.

A korábban érettségizett hallgatókat vizsgál-va azt láttuk, hogy az elsõ méréskor az átlagtel-jesítményük közel volt a tárgy teljesítéséhez szük-séges ponthatárhoz, azonban a második mérés-


MOZAIK KIADÓ 9

re eredményeik már számottevõen javultak.Több mérés igazolja, hogy a diákok az általánosés középiskolában megszerzett tudásuk jelentõsrészét, ha azt nem használják, az érettségi utánátlagosan 3 év alatt elfelejtik (Földes, 2002).A korábban érettségizett hallgatóink átlagosankét évvel a felvételük elõtt fejezték be középis-kolai tanulmányaikat, így ez a folyamat az õ ese-tükben is elindult. A felmérés évében maturálóhallgatók kisebb mértékben ugyan, de szinténjavítottak teljesítményükön. Bár a két csoportközötti különbség az oktatás hatására csökkent,a 2011-ben érettségizettek átlagteljesítményea zárthelyi dolgozaton még mindig szignifikán-san jobb volt.

Összefoglalva: azt találtuk, hogy kurzusunka közepesre, illetve a nem a felvételi évébenérettségizetteknek szükséges volt ahhoz, hogytudásuk elérje az elégséges szintet, de tárgyunkegyben hasznos is volt számukra, hisz átlagosteljesítményük jelentõsen javult. Általánosság-ban elmondható, hogy a többi hallgatónk közülazoknak, akik nem jelesre érettségiztek, de kü-lönösképpen a szakközépiskolában végzettek-nek a kurzus által nyújtott áttekintés hasznosnakbizonyult, hisz teljesítményük a zárthelyi dolgo-zatra jobb lett, ezáltal felkészültebben kezdhet-ték meg egyetemi tanulmányaikat. A szakkö-zépiskolások esetében a gimnazistákkal szem-ben tapasztalt kezdeti hátrányt is sikerült ledol-gozni. A harmadik mérési alkalommal — melyrea félév 8. hetében került sor — kapott eredmé-nyek pedig azt igazolják, hogy a hallgatók telje-sítménye a zárthelyi dolgozat óta nem romlott,a kurzuson zajlott ismétlés hatásos volt. Érde-mes még megemlítenünk, hogy a hallgatókkalfolytatott beszélgetések is azt támasztják alá,hogy kurzusunk a felkészülésben sokuknak hasz-nos segítséget jelentett.

Úgy véljük, tárgyunk tömbösített oktatásiformája elõnyösebb a hallgatóknak a félév köz-beni párhuzamos alapozásnál, felzárkóztatásnál.Mivel az ilyen típusú kurzusukon áttekintett tu-dásanyagra már az egyetemi tanulmányok kez-detén szükség van, így a tömbösített tárgyalásesetében nem fordulhat elõ az a helyzet, hogya hallgatók az alapjaik egyes hiányosságaivala félév közben, „éles helyzetben” találkoznakelõször és a hiánypótlásra ezután akár hetekkelkésõbb kerül csak sor. Jelenlegi adataink a 2007

elõtti dolgozatokkal, illetve más felsõoktatásiintézmények hasonló tárgyainak eredményévelnehezen összehasonlíthatóak, így ezen hipoté-zist statisztikailag nem tudjuk igazolni.

A felmérés során keletkezett adatbázisunklehetõséget nyújt arra, hogy a késõbbi évfolya-mok eredményeit is összehasonlítsuk a jelenle-giével, ezáltal a köz- és felsõoktatásban lejátszó-dó folyamatoknak a jövõbeli hallgatóink mate-matikatudására vonatkozó hatásairól is képetalkothatunk. A késõbbiekben pedig megvizs-gálhatjuk, hogy a hallgatóknak a Matematika I.tárgyon elért pontszámai, illetve az alapozó tár-gyon elért eredményei között milyen összefüg-gés van, azaz kurzusunk hatása a rá épülõ ma-tematikai tanulmányokban megmutatkozik-e.

Köszönetnyilvánítás

Szeretnénk megköszönni tanszéki kollégáinktámogatását és közremûködését a felmérésekelvégzésében, továbbá hallgatóinknak, hogy afelmérésben való részvételüket önként vállalták.Köszönjük Tóth Editnek (MTA SZTE Képesség-kutató Csoport) a cikk írása során adott értékesjavaslatait.

Hivatkozások[1] Csákány Anikó, Pipek János: A 2009 szep-

temberében a mûszaki és természettudomá-nyos szakokon tanulmányaikat kezdõ hall-gatók által írt matematikafelmérõ eredmé-nyeirõl. Matematikai lapok, 16/1 (2010) 1—15.

[2] Földes Petra: Élõ matematika. Hogyan vál-hatnak hasznossá és használhatóvá a mate-matikai ismeretek — Beszélgetés Vancsó Ödönkutatóval. Új pedagógiai szemle, 52/9 (2002)133—140.

[3] Lukács Ottó (2002): Matematikai statisztika.Bolyai-könyvek, Mûszaki Könyvkiadó, Bu-dapest.

[4] Máder Attila: Mit tud(hat) a hallgató? Mit látaz egyetem? Egy felmérés és következtetései.A matematikai tanítása, 18/3 (2010) 3—12.

[5] Pálfalvi Józsefné: Szintfelmérõ dolgozatok azELTE TTK-n 2006—2008, A matematika ta-nítása, 17/5 (2009) 3—14.

[6] Reiczigel Jenõ, Harnos Andrea, SolymosiNorbert (2007): Biostatisztika nem statiszti-kusoknak. Pars Kft., Nagykovácsi.


10 MOZAIK KIADÓ

1. Bevezetés

formális hatalom mérésére többféle mód-szert találtak ki. Korábban foglalkoztunka hatalom mértékének Shapley-Shubik-

féle indexével [1] és a hatalom Banzhaf-indexé-vel. [2,3]

Most a hatalom Deegan-Packel-féle indexétalkalmazzuk az amerikai elnök hatalmának egylehetséges mérésére. Mint tudjuk, 1978-ban JohnDeegan Jr. és Edward Packel vezette be a ha-talom egy új mértékét, az úgynevezett Deegan-Packel-féle indexet. [4,8]

A hatalom mértékének Deegan-Packel-féleindexe három feltevésen alapszik.

1. Csak a minimális gyõztes koalíciókat fog-juk figyelembe venni az egyes szavazókhatalmi arányának a meghatározásához.

2. Minden minimális gyõztes koalíció egy-forma valószínûségû.

3. Egy szavazó hatalmának része, amely va-lamely minimális gyõztes koalícióhoz valótartozásból következik, ugyanaz, mint ugyan-ennek a minimális gyõztes koalícióhoz tar-tozó másik szavazónak azon hatalmi része,amely ehhez a minimális gyõztes koalíció-hoz való tartozásból következik.

1. Definíció:

Tegyük fel, hogy egy igen-nem szavazó-rendszer szavazói p1, p2, …, pn és pi tetszõlegesszavazó (i = 1, 2, …, n) a szavazók közül. Ekkora pi szavazó teljes Deegan-Packel hatalmátTDPP(pi)-vel jelöljük és a következõ módonkaphatjuk meg:

Tegyük fel, hogy a pi szavazó a K1, K2, …,Kj minimális gyõztes koalíciókba tartozik bele.Tegyük fel, hogy k1 darab szavazó tartozik K1-be, k2 darab szavazó tartozik K2-be, s így to-vább, kj darab szavazó tartozik Kj-be.

Ekkor legyen 1 2

1 1 1( ) ... .i

jTDPP p

k k k= + + +

2. Definíció:

Tegyük fel, hogy egy igen-nem szavazó-rendszer szavazói p1, p2, …, pn és pi tetszõlegesszavazó (i = 1, 2, …, n) a szavazók közül.

Ekkor a pi szavazó Deegan-Packel-féle ha-talmi indexének jelölése DPI(pi) és legyen

1 2

( )( ) .

( ) ( ) ... ( )i

in

TDPP pDPI p

TDPP p TDPP p TDPP p=

+ + +

(Intuitív módon láthatjuk, hogy a pi szavazóDeegan-Packel-féle hatalmi indexe megmutatjaa pi szavazó részesedését a teljes Deegan-Packel-féle hatalomból.)

1. állítás:

Tegyük fel, hogy egy igen-nem szavazó-rendszer szavazói p1, p2, …, pn és pi tetszõlegesszavazó (i = 1, 2, …, n) a szavazók közül. Ekkora pi szavazó Deegan-Packel-féle hatalmi inde-xére fennáll, hogy

0 £ DPI(pi) £ 1.

A bizonyítás a DPI(pi) definíciójából következik.Esetleg érdemes meggondolnunk, hogy mindigértelmes-e a definíció. Vagyis TDPP(p1) ++ TDPP(p2) + ... + TDPP(pn) π 0 mindig fenn-áll?

Csete Lajos

Az amerikai elnök Deegan-Packel-félehatalmi indexérõl

A


MOZAIK KIADÓ 11

2. állítás:

Tegyük fel, hogy egy igen-nem szavazó-rendszer szavazói p1, p2, …, pn , ekkor

DPI(p1) + DPI(p2) + ... + DPI(pn) = 1.

Bizonyítás:

1 2( ) ( ) ... ( )nDPI p DPI p DPI p+ + + =

1

1 2

( )( ) ( ) ... ( )n

TDPP pTDPP p TDPP p TDPP p

= ++ + +

2

1 2

( )...

( ) ( ) ... ( )n


+ + ++ + +

1 2

( )( ) ( ) ... ( )

n

n


+ =+ + +

1 2

1 2

( ) ( ) ... ( )1

( ) ( ) ... ( )n

n

TDPP p TDDP p TDPP pTDPP p TDPP p TDPP p

+ + += =+ + +

2. Az amerikai elnök, a szenátusés a képviselõház teljes

Deegan-Packel-féle hatalma

2.1. A szavazási rendszer vázlata

Az amerikai hatalmi rendszerben a politikaihatalom formálisan az elnök, a szenátus és a kép-viselõház között oszlik meg. A szenátusnak 100tagja, azaz szenátora van, míg a képviselõház-nak 435 tagja, azaz képviselõje van. Egy olyandöntést vizsgálunk, amelynek meghozataláhozmindhárom hatalmi tényezõ szavaz.

1. típus:Egy javaslatot elfogadnak, ha az elnök szavaz

mellette, a szenátus legalább 51 tagja és a kép-viselõház 218 tagja. Ez a szenátus esetében 50%és még 1 szavazat, míg a képviselõház esetében217,5 az 50%, így ebben az esetben nem kö-vetelik meg az 50% + 1 szavazatot, hanem aztmondják, hogy 50%-nál több szavazat kell. Eza megfogalmazás persze érvényes a szenátusrais, erre is mondhatjuk, hogy 50%-nál több sza-vazat szükséges a döntéshez.

2. típus:Egy javaslatot akkor is elfogadhatnak, ha az

elnök nem szavaz mellette, ebben az esetben aszenátus tagjainak legalább kétharmadának ésa képviselõház tagjainak is legalább kétharma-dának a javaslat mellett kell szavaznia. Figyeljükmeg, hogy itt nem azt mondják, hogy a két-harmadnál több szavazat kell, hanem azt, hogylegalább kétharmad.

Vagyis a szenátus 100 tagja közül legalább67-nek a javaslat mellett kell szavaznia, míg aképviselõház 435 tagja közül legalább 290-nekkell a javaslat mellett szavaznia.

2.2. A minimális gyõztes koalíciók száma

Az 1. lehetõségnél a minimális gyõztes koa-

líciók száma 1 100 435

,1 51 218⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

hiszen az 1 el-

nökbõl 1-et kell kiválasztanunk, a 100 szená-torból 51-et kell kiválasztanunk, míg a 435 kép-viselõbõl 218-at kell kiválasztanunk a minimálisgyõztes koalícióhoz.

A 2. lehetõségnél a minimális gyõztes koalí-

ciók száma 1 100 435

,0 67 290⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

hiszen az 1 el-

nökbõl 0-át kell kiválasztanunk, a 100 szená-torból 67-et kell kiválasztanunk, míg a 435 kép-viselõbõl 290-et kell kiválasztani a minimálisgyõztes koalícióhoz.

2.3. Az elnök teljes Deegan-Packel-félehatalma

Az elnök 1 100 4351 51 218⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

darab minimális

gyõztes koalícióban szerepel, tehát ennyit tudszétrombolni, ha kilép belõlük. Az ilyen típusúminimális gyõztes koalíciókban 1 + 51 + 218 == 270 tag szerepel. Így definíció szerint az elnökteljes Deegan-Packel-féle hatalma:

1 100 4351(elnök)

1 51 218270TDPP

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ ≈⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1561,241 326 087 902 10 .≈ ⋅


12 MOZAIK KIADÓ

2.4. Egy szenátor teljes Deegan-Packel-félehatalma

Szemeljünk ki egy tetszõleges szenátort éshatározzuk meg, hogy mennyi minimális gyõz-tes koalícióban szerepel.

Nézzük elõször az 1. típusú minimális gyõz-tes koalíciókat!

Ha kiszemeltük az 1 szenátort, akkor márcsak 50 szenátort kell kiválasztanunk, hogy 51szenátort kapjunk. Az 50 szenátort már csak 99szenátor közül kell kiválasztanunk.

Ezt 9950⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féleképpen végezhetjük el. Más-

részt továbbra is 218 képviselõt kell kiválaszta-

nunk a 435 képviselõbõl, ezt 435218⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féleképpen

tehetjük meg.

Így a kiszemelt szenátor 1 99 4351 50 218⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

darab 1. típusú gyõztes koalícióban szerepel.Nézzük a 2. típusú minimális gyõztes koalí-

cióit!A kiszemelt szenátor mellé már csak 66 sze-

nátort kell kiválasztanunk, hogy megkapjuk aszükséges 67 szenátort. A 66 szenátort már csak

99 szenátor közül kell kiválasztanunk. Ezt 9966⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-

féleképpen tehetjük meg. (A Taylor-könyv 224.

oldalán 10066

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

szerepel, ez szerintünk sajtóhiba.

Különben a végeredményeket lényegében nembefolyásolja ezen sajtóhiba. Még akkor sem, haezzel számoltak tovább.) A 435 képviselõbõl

most 290-et kell kiválasztanunk, ezt 435290⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féle-

képpen tehetjük meg.

Így a kiszemelt szenátor 1 99 4350 66 290⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

darab 2. típusú minimális gyõztes koalícióbanvesz részt.

Egy 1. típusú minimális gyõztes koalíciótagjainak száma 270, míg a 2. típusú minimális

gyõztes koalíció tagjainak száma 0 + 67 + 290 == 357.

Így egy kiszemelt szenátor teljes Deegan-Packel-féle hatalmi indexe:

1 99 4351(szenátor)

1 50 218270TDPP

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 99 43510 66 290357⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⋅ ⋅ ⋅ ≈⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1560,633 076 304 830 10 .≈ ⋅

2.5. Egy képviselõ teljes Deegan-Packel-féle hatalma

Szemeljünk ki egy tetszõleges képviselõt ésvizsgáljuk meg, hogy mennyi minimális gyõzteskoalícióban szerepel!

Nézzük elõször az 1. típusú minimális gyõz-tes koalíciókat!

Itt a kiszemelt képviselõ mellé még 217képviselõt kell választanunk, hogy 218 képvi-selõt kapjunk. Ezen 217 képviselõt már csak434 képviselõbõl választhatjuk.

Ezt 434217⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féleképpen tehetjük meg. Más-

részt 100 szenátor közül 51-et kell kiválaszta-

nunk. Ezt 10051

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féleképpen tehetjük meg. Az 1

elnökbõl az 1 elnököt kiválasztjuk 11⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-félekép-

pen.

Összesen 1 100 4341 51 217⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

darab 1. típusú

gyõztes koalícióban szerepel a kiválasztott kép-viselõ.

Nézzük most a 2. típusú minimális gyõzteskoalíciókat!

Itt a kiszemelt képviselõ mellé 289 képvise-lõt kell választanunk, hogy a 290 képviselõt meg-kapjuk. A 289 képviselõt már csak 434 képvi-selõbõl választjuk ki.

Ezt 434289⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féleképpen tehetjük meg.


MOZAIK KIADÓ 13

A 100 szenátorból 67 szenátort kell kivá-

lasztanunk, ezt 10067

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féleképpen tehetjük meg.

Az 1 elnökbõl 0 elnököt 10⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

-féleképpen vá-

laszthatunk ki.

Összesen 1 100 4340 67 289⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

darab 2. típusú

minimális gyõztes koalícióban szerepel a kivá-lasztott képviselõ.

Az 1. típusú koalíciók 270 tagúak, míg a 2.típusú koalíciók 357 tagúak. Így a definíció sze-rint egy kiválasztott képviselõ teljes Deegan-Packel-féle hatalma:

1 100 4341(képviselõ)

1 51 217270TDPP

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 100 43410 67 289357⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⋅ ⋅ ⋅ ≈⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1560,622 089 855 546 10 .≈ ⋅

3. Az amerikai elnök, a szenátusés a képviselõház Deegan-Packel-féle

hatalmi indexe

Az elnök Deegan-Packel-féle hatalmi indexedefiníció szerint:

(elnök)DPI =

(elnök)(elnök) 100 (szenátor) 435 (képviselõ)

TDPPTDPP TDPP TDDP

= ≈+ ⋅ + ⋅

0,003 703 703 704 0,370%.≈ ≈

Egy szenátor Deegan-Packel-féle hatalmiindexe:

(szenátor)DPI =

(szenátor)(elnök) 100 (szenátor) 435 (képviselõ)

TDPPTDPP TDPP TDDP

= ≈+ ⋅ + ⋅

0,001 888 888 0,189%.≈ ≈

Egy képviselõ Deegan-Packel-féle hatalmiindexe:

(képviselõ)DPI =

(képviselõ)(elnök) 100 (szenátor) 435 (képviselõ)

TDPPTDPP TDPP TDDP

= ≈+ ⋅ + ⋅

0,001 856 109 0,186%.≈ ≈

A szenátus tagjainak összes DPI hatalma:kb. 100 ◊ 0,189 = 18,9%.

A képviselõház tagjainak összes DPI hatal-ma: kb. 435 ◊ 0,1856 ª 80,74%.

4. Kísérletünk a képviselõházlétszámának a változtatására

Érdekes lehet megvizsgálni, hogyan változ-na meg az elnök, a szenátorok és a képviselõkDPI hatalma, ha megváltozna a képviselõk szá-ma. Az elnök és a szenátus létszámának meg-változtatása lehetséges, de még valószínûtle-nebb kísérletekhez vezetne.

Csökkentsük képzeletben 10%-kal a képvi-selõház létszámát és vizsgáljuk meg az egyesszereplõk DPI hatalmát! Ez 391,5 képviselõlenne, legyen 391 képviselõ, hogy páratlanszám legyen. Itt az 50%-ot meghaladó létszámlegalább 196 képviselõ, míg a kétharmadot ép-pen meghaladó létszám 261 fõ.

Az elnök 1 100 3911 51 196⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

darab minimális

gyõztes koalícióban vesz részt.

1 100 3911(elnök)

1 51 196248TDPP

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ ≈⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1428,101 219 820 10≈ ⋅

1 99 3911(szenátor)

1 50 196248TDPP

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1421 99 39114,131 622 108 10

0 66 261328⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ ⋅ ⋅ ⋅ ≈ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 100 3901(képviselõ)

1 51 195248TDPP

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 100 39010 67 260328⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ⋅ ⋅ ⋅ ≈⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1424,060 969 526 10≈ ⋅

DPI(elnök) ª 0,004 032 258 ª 0,403%


14 MOZAIK KIADÓ

Mivel 0,403 0,370

100% 8,9%,0,370− ⋅ ≈ ezért

az elnök DPI hatalma kb. 8,9%-kal nõtt volna.

DPI(szenátor) ª 0,002 056 451 ª 0,206%

Mivel 0,206 0,189

100% 8,25%,0,206− ⋅ ≈ ezért

egy szenátor DPI hatalma 8,25%-kal nõtt volna.

DPI(képviselõ) ª 0,002 021 285 ª 0,202%

Mivel 0,202 0,186

100% 7,92%,0,202− ⋅ ≈ ezért

egy képviselõ DPI hatalma 7,92%-kal nõtt vol-na.

A szenátus tagjainak összes DPI hatalma kb.20,6% lenne. Ez kb. 8,25%-os növekedésnekfelel meg.

A képviselõház tagjainak összes DPI hatal-ma kb. 391 ◊ 0,202 ª 78,98% lenne.

Mivel 78,98 80,74

100% 2,18%,80,74− ⋅ ≈ − te-

hát a képviselõház tagjainak együttes DPI ha-talmának csökkenése 2,18% lenne.

Vegyük észre, hogy mindenki növelte a DPIhatalmát, még a képviselõk is, de a képviselõ-ház tagjainak együttes DPI hatalma kissé csök-kent; ez nem ellentmondás, hiszen a képviselõkszáma csökkent.

Cikkünket csak ismeretterjesztõnek szánjuk,újdonságok nincsenek benne, csak kissé részle-tesebben tárgyalja a témát, mint a [7] könyv ésegy sajtóhibáját javítja ki a e könyvnek. Remé-lem, hogy új hibákat nem helyeztem el a cikk-ben. Másrészt a kongresszus 10%-os képzelet-beli csökkentésének számítása e cikkünkbenszerepel új gyakorlatként.

Irodalom és jegyzetek

[1] Csete Lajos (2004): A hatalom Shapley-Shubik-féle indexérõl. A Matematika Tanítá-sa, 2004/5. 16—24.

[2] Csete Lajos (2006): A hatalom Banzhaf-féleindexérõl. A Matematika Tanítása, 2006/2.3—9. Hibajavítás: A Matematika Tanítása,2006/3. 29.

[3] Csete Lajos (2007): A hatalom Banzhaf-féleindexének alkalmazásai: A Biztonsági Tanácsés az USA hatalmi rendszerének egy elemzé-se. Matematikai Lapok, 2004—2005/2. (Meg-jelent 2007-ben), 48—58.

[4] Deegan, John and Edward Packel (1978):A new index for simple n-person games.International Journal of Game Theory, 7,113—123.

[5] Kemeny, J. G. — J. L. Snell — G. L. Thompson(1971): A modern matematika alapjai (Végesstruktúrák). Mûszaki Könyvkiadó, Budapest.90—93. és 123—127.

[6] Packel, Edward (1981): The Mathematics ofGames and Gambling. The MathematicalAssociation of America, Washington D.C.

[7] Taylor, Alan D. (1995): Mathematics andPolitics. Strategy, Voting, Power and Proof.Springer-Verlag, New York-Berlin-Heidelbergetc., 63—75.

[8] Theisz György (2003): Igen-nem szavazórend-szerek. Polygon, XII. kötet 1—2. szám, 2003.június, 63—69.E cikkben formálisan is definiálják az igen—nem szavazórendszert.„Legyen adva az összes szavazó X halmaza.Szavazásnak nevezzük X egy A részhalmazát.Az A halmazbeli szavazók igennel szavaztak,míg a többi szavazó nemmel szavazott. Egyszavazórendszertõl elvárjuk, hogy minden Aszavazásra adjon pontosan egy végered-ményt, vagyis döntse el, hogy elfogadtáka javaslatot vagy nem. Másképpen a szava-zórendszer egy v: P(X) Æ {i, n} leképezés,ahol P(X) az X halmaz részhalmazainaka halmaza, és v(A) = i, ha A Õ X szavazásesetén igent mond a szavazórendszer, ésv(A) = n, ha nemet mond a szavazórend-szer.”

Köszönöm szépen Varga Ferencné könyv-tárvezetõnek (Szegedi Tudományegyetem Bo-lyai Intézete) a Taylor-könyv kölcsönzését.


MOZAIK KIADÓ 15

magyar matematika egy nagy alakjától,Reiman István matematikustól búcsú-zunk, a szó nagyon széles értelmében.Kevesen tudták róla, hogy kiváló kutató

volt, szép és fontos eredményekkel. A Zarankie-wicz-problémáról szóló kombinatorikus cikkénekgondolatait például az elsõs matematikus hall-gatóknak tanítom, a cikkre 78 hivatkozás talál-ható a neten, közülük több 2010-es és 2011-es.De sok szép geometriai eredménye is volt.

A matematikusi feladatok közül az egyetemioktatásban is kiválót nyújtott. 1953-tól 1970-igaz Eötvös Lóránd Tudományegyetemen, majd1996-ig a Budapesti Mûszaki Egyetem Geomet-riai Tanszékén tanította azokat, akiknek olyanszerencséjük volt, hogy hozzá kerültek. 1986 és1992 között az utóbbi helyen tanszékvezetõ isvolt. Mint minden tevékenységét, az egyetemitis nagy tudással, alapos felkészüléssel és határ-talan szerénységgel végezte.

Leghíresebb azonban a magyar matemati-kai tehetségek kiválasztásában, kinevelésébenjátszott szerepe által lett. 1961-tõl 2002-ig volta Nemzetközi Matematikai Olimpiákon résztvevõmagyar csapat felkészítõje. Az alap a Reiman-szakkör volt, amit kéthetente szombat délutá-nonként tartott. Azután az Olimpiák elõtt voltegy intenzív felkészítés is. Sajnos idõs korommegakadályozott abban, hogy részese legyekezeknek az élményeknek, én két évvel koráb-ban, 1959-ben voltam olimpikon. De a kiemel-kedõ magyar matematikusok, akadémikusok,nagydoktorok négy évtizednyi hada ebbõl aziskolából került ki. Õk mesélnek a szakkör cso-dálatos hangulatáról. Kis füzetébõl a táblára fel-írta a gondosan összeválogatott szép és izgal-mas feladatokat, azután a háttérbe húzódott.Hagyta a diákokat érvényesülni, csak néha fû-zött kommentárt egy-egy feladat megoldásához.

Mennyi munka volt e mögött! Hány és hánykönyvbõl, szaklapból gyûjtötte össze a feladato-kat! És micsoda pedagógiai érzéket kívánt a ki-hívás, az ország legtehetségesebb matematikusdiákjaival dolgozni, mekkora felelõsség, hogybelõlük kihozza a maximumot! Vezetése alatt

sok nagy sikert ért el a ma-gyar olimpiai csapat. Pedignem ezt tartotta fõ célnak,hanem azt, hogy kiváló,egészséges gondolkodásúmatematikusokat neveljenaz országnak.

A nemzetközi mate-matikai közvélemény is jólismerte és elismerte a te-vékenységét. Részben az eredmények miatt,részben az olimpiai feladatokat összegyûjtõ, an-golul is megjelent kötetei alapján. A Matemati-kaversenyek Nemzetközi Szövetsége ezért2000-ben Erdõs-éremmel tüntette ki.

Szerénysége vitte e területre. Felvetõdik a kér-dés, hogy ha nem tölti idejét a fiatalok nevelé-sével, mennyivel több szép matematikai tételtalkothatott volna. De azt hiszem, helyesebb úgyszámolni, hogy annak a több száz matemati-kusnak, akiket nevelt, egy-két cikkét a javáraírjuk, hiszen ezek a cikkek Reiman tanár úr nél-kül — talán — nem születtek volna meg hazánkés a világ matematikája hasznára.

A Bolyai János Matematikai Társulat nevé-ben is köszönetet kell mondanom áldozatos te-hetségkiválasztó, -nevelõ munkájáért, de a kü-lönbözõ bizottságaink munkájában végzett te-vékenységéért, hasznos tanácsaiért is.

Volt még egy érdekes munkája, amely ismert-té tette az ország közvéleménye elõtt is. Évekenát a fél ország ült az éjjeli órákban a képernyõelé, hogy világos magyarázatait hallgatva meg-tudja, hogyan kellett volna a koszinuszos fel-adatot megoldani az egyetemi felvételin.

Az ország és a szakma megpróbálta kitün-tetésekkel kifejezni háláját. 1993-ban ApácaiCsere János-díjat, 2002-ben Rácz Tanár ÚrÉletmûdíjat, 2007-ben pedig a Magyar Köztár-saság Érdemérem tisztikeresztjét nyerte el.

Kedves Pista Bácsi, köszönjük Neked ezt azéletet, és rengeteg munkát! Tudd, hogy érde-mes volt. Százaknak adtál egy jó kezdetet, élet-re szóló élményt. Te vagy az egyik oka a ma-gyar matematika világhírének.

Katona Gyula

Búcsú Reiman Istvántól

A


16 MOZAIK KIADÓ

eller József elõször a Budai Tanítókép-zõben szerzett tanítói képesítést, majd azELTE TTK-n 1956-ban matematika-

fizika szakos tanárként diplomázott. 1956 és1961 között a Budapesti Árpád Gimnázium ta-nára, 1961-tõl az ELTE TTK oktatója volt. Dol-gozott az akkori Analízis II. tanszéken, késõbbaz Ábrázoló és Projektív Geometria tanszéken,majd a Matematikai Szakmódszertani Csoport-ban, továbbá az Oktatástechnikai Csoportban.1995-tõl három évig a kaposvári Csokonai Mi-hály Tanítóképzõ Fõiskola matematikai tan-székének vezetõje volt.

Búcsúzunk a tudóstól

Egyetemi doktori értekezését „A differenci-álhányados és az integrálszámítás a középisko-lában” címmel 1966-ban védte meg az ELTETTK-n. Tudományos aspirantúra ideje alatt két-szer is volt három hónapos tanulmányútonMoszkvában. Kandidátusi értekezését 1989-benvédte meg „A számfogalom és a függvénytaní-tás fejlesztésére irányuló matematikai-didaktikaivizsgálatok, kísérleti eredmények” címmel. Emunka egy rendszer leírása, amely felöleli azáltalános iskola alsó és felsõ tagozatos, a kö-zépiskolai matematikaoktatási vizsgálatokat,elemzéseket és a tanárjelöltekkel való szakmód-szertani foglalkozásokat is. Tudománytörténetitény, hogy Magyarországon hárman írtak kan-didátusi dolgozatot matematikadidaktikából (ma-tematika szakmódszertanból): Varga Tamás, Pel-ler József és Ambrus András.

Abban a szerencsés helyzetben vagyok, hogyvégigkövethettem a matematikai szakmódszer-tannak — ma matematikadidaktikának nevezzük— a magyarországi fejlõdését és önálló tudo-

mányággá válását. Az ELTE TTK MatematikaiSzakmódszertani Csoportjának megalakulásá-ban, kutatómunkájában, fejlõdésében nagy sze-repe volt Peller Józsefnek. Részt vett a „Mate-matika tanítása” tárgy tantervének, államvizsgaitematikájának, rendszerének kidolgozásában.

Egyik alapítója volt a Szakmódszertani Köz-lemények címû, félévenként megjelenõ periodi-kának, szerkesztõként, szerzõként számos ta-nulmány megjelentetésében mûködött közre.Mint vidéki, kisgimnáziumi matematikatanár-nak, nagyon fontos segítséget jelentettek e kö-tetek. Az ELTE TTK kétéves tanár-továbbkép-zési rendszerének kidolgozásában, a kurzusoktartásában nagy szerepet vállalt. E továbbkép-zési formát követte az egyetemi doktorátus meg-szerzésének lehetõsége, mellyel több kiváló kö-zépiskolai matematikatanár élt.

Peller József kutatómunkájának kiemelkedõrésze két nagyformátumú oktatási kísérlet. „A ma-tematikaoktatás tartalmának és módszerénekkorszerûsítése” (5—8. osztály), illetve „A tanulóktevékenységének tervezése és irányítása” (9—12.osztály) kutatóprojekt volt, amelynek keretébengyakorlóiskolai matematika vezetõtanárok be-vonásával kidolgoztak egy részletes, a minden-napi matematikatanítás realizálását segítõ, teljestanítási anyagot. A klasszikus középiskolai osz-tályok anyagát a Tankönyvkiadó könyv for-májában is megjelentette.

Mint tanítóképzõt végzett szakember, az elsõnégy osztály matematikai tananyagának feldol-gozását is elkészítette Kovács Bertalanné gya-korlóiskolai vezetõtanár közremûködésével. Pel-ler Józsefnek szívügye volt, hogy a sok jó gyakor-lati munka mellett tudományágunk is fejlõdjön,elméleti háttere ki legyen dolgozva. A Debrece-

Ambrus András

Peller József (1933—2012)

P


MOZAIK KIADÓ 17

ni Egyetem matematikadidaktikai PhD prog-ramjának megalapításában szakértõ tanácsaival,a késõbbiekben kurzusok tartásával vett részt.

Búcsúzunk a tanártól

Ritka az olyan tanár, akinek saját tapasztala-ta van minden életkorról, a kiselsõsöktõl az egye-temi diplomáig átölelõ idõszak matematikaok-tatásáról. Fejlõdésében tekintette a gyerekeket,az alapvetõ matematikai fogalmak kialakításánakszakaszos elméletét dolgozta ki a számfogalom-mal és a függvényfogalommal kapcsolatban. Eza kisgyermekkortól a diplomáig terjedõ fejlõdés,fokozatos matematizálás jellemzõ volt didaktikaigondolkodására. Szakmailag nagyon igényes,minden órájára alaposan felkészülõ, a hallgatóit,tanulóit szeretõ, támogató tanár volt. Jellemzõ asegítõkészségére, hogy a módszertani oktatásontúl a matematika-fizika szakos tanárjelöltek szá-mára segítséget nyújtott az elméleti fizika meg-értéséhez szükséges matematikai ismeretek ren-dezésében speciálkollégiumok tartásával.

Együtt tanítottunk az ELTE Radnóti MiklósGyakorlóiskolában. Megható volt az a szeretet,amellyel pátyolgatta a kis hatodikosokat, támo-gatta a tehetségesebb tanulókat.

„Tanárok tanára” is volt, a tanulók tevé-kenységének tervezése projekt keretében sokatutazott vidékre is, ahol személyesen vizsgálta,hogyan realizálódnak matematikaoktatási elvei.A kísérletben részt vevõ tanároknak idejét nemkímélve sokat segített. A Rátz László Vándor-gyûléseken többször tartott elõadást, sok mate-matikatanár vette mindig körül, népszerû volt azegyszerû tanárok körében.

„A matematika tanítása” módszertani kurzustantervének, tartalmának, valamint a gyakorlóis-kolai ötödéves tanítási gyakorlat tematikájánakkidolgozásában alapvetõ szerepe volt. A gya-korlóiskolai matematika vezetõtanárok szakfel-ügyeletét, az ötödéves hallgatók látogatását atõle megszokott gondossággal, alapossággal szer-vezte, vezette.

A matematika tanításával kapcsolatos fonto-sabb Peller-könyvek:

• A matematikai ismeretszerzési folyamatról.ELTE Eötvös Kiadó, 2003

• A matematikai ismeretszerzés gyökerei.ELTE Eötvös Kiadó, 2003

• Az analízis elemeinek tanítása középisko-lában. Tankönyvkiadó, 1967

• A számfogalom fejlesztésének szintjei azoktatási gyakorlatban. Tankönyvkiadó, 1974

Búcsúzunk a kedves kollégától, az embertõl

Jóskával egy kedves, segítõkész, szenvedélye-sen igazságkeresõ kollégánk távozik. Õszinte, egy-szerû, tisztalelkû, családszeretõ, nagy humánumú,elveiért kiálló, azokért pozitív értelemben meg-szállottan küzdõ ember volt. Közvetített, békítetthallgatók és oktatók között kényes kérdésekben.

Nagy szeretettel, türelemmel kísérte, támo-gatta beilleszkedésünket, szakmai fejlõdésünket.Számomra, a kis vidéki matematikatanár szá-mára nagyon fontos volt, hogy a kezdetektõl fog-va mellém állt, minden szakmai és szakmán kí-vüli kérdésben segített. A volt kollégák nagy sze-retettel emlékeznek a sok beszélgetésre, közöskirándulásra, a Jóska által nagyon szeretett ba-latonkenesei telkén tett látogatásra, továbbiegyüttlétekre.

Váci Mihály — aki maga is volt nyírségi ta-nító — „Esõ a homokra” címû versében Jóskárais oly jellemzõen ír:

„Használni akartam — nem tündökölni,sem esztétikák rangsorát pörölni.A halhatatlan szent tülekedésbenLemaradtam — a startnál már lekéstem.Osztani magad, hogy így sokasodjál,Kicsikhez hajolni — hogy magasodjál,Hallgatni õket, hogy tudd a világot,Róluk beszélni, ha szólsz a világhoz.Széjjel szóródni — esõ a homokra —sivatagnyi reménytelen dologra,s ha nyár se lesz tõled — s a táj se zöldebb,kutakká gyûjt a mély — sokan isznak belõled!”


18 MOZAIK KIADÓ

1. Bevezetés

Ismert a következõ egyenlõtlenség:

Legyenek a1, a2, ..., an pozitív valós szá-mok. Ekkor fennáll, hogy

2 2 2 21 2 1

1 2 2 3 1 1... n n

n n n

a a a aa a a a a a a a

−

−+ + + + ≥

+ + + +

1 21

( ... ).2 na a a≥ ⋅ + + +

Ez például versenyfeladat volt 2001-ben azOrszágos Középiskolai Tanulmányi Versenyen,illetve korábban egyéb helyeken is kitûzték.[3],[4],[6],[9],[10].

(A [3] cikkben olvashatunk a történetérõl és8 megoldást tekinthetünk meg.)

A következõkben célunk ezen egyenlõtlen-ség egy általánosítása. Ehhez elõször egy segéd-tételt idézünk fel.

2. Egy Young-féle segédtétel

A következõ segédtételt azért nevezzükYoung-féle segédtételnek, mert ez a Young-féleegyenlõtlenség (1912) egy speciális esete. Eb-bõl különben könnyen levezethetõ a Hölder-féle egyenlõtlenség is.

A Young-féle segédtétel:Ha a és b nemnegatív valós számok és

p > 1, q > 1 olyan valós számok, amelyekre tel-

jesül 1 1

1,p q+ = akkor fennáll, hogy

,p qa b

a bp q+ ≥ ⋅

ahol egyenlõség akkor és csak akkor van, haap = bq.

Bizonyítás:A súlyozott számtani és mértani közép közöttiegyenlõtlenséget fogjuk alkalmazni. [7]

Mint tudjuk, fennáll, hogy

1 21 1 2 2 1 2... ... ,nw w w

n n nw x w x w x x x x⋅ + ⋅ + + ⋅ ≥ ⋅ ⋅ ⋅

ahol x1, x2, ..., xn pozitív valós számok és w1,w2, ..., wn szintén pozitív valós számok, az úgy-nevezett súlyok.Legyen n = 2 és x1 = ap, x2 = bq, míg a súlyok

11

wp

= és 21

.wq

=

Ekkor a súlyozott számtani és mértani középközötti egyenlõtlenség szerint:

1 1

( ) ( ) .p q

p qp qa ba b a b

p q+ ≥ ⋅ = ⋅

3. A Bernoulli-féle egyenlõtlenséglevezetése a Young-féle segédtételbõl

A Young-féle segédtételbõl indulunk ki:

,p qa b

a bp q+ ≥ ⋅ ahol a és b nemnegatív valós

számok, míg p és q 1-nél nagyobb olyan valós

számok, amelyekre 1 1

1.p q+ = Ebbõl .

1p

qp

=−

Ezt felhasználva kapjuk, hogy:

,p qa b

a bp q

≥ ⋅ −

vagyis

11.

pppa p

a b bp p

−−≥ ⋅ − ⋅

Ezenkívül legyen b = 1, tehát

111

pppa p

ap p

−−≥ − ⋅

vagyis1

.pa p

ap p

−≥ −

Csete Lajos

Egy ciklikus egyenlõtlenség általánosítása


MOZAIK KIADÓ 19

Az utóbbi egyenlõtlenségbõl kapjuk, hogy

ap ≥ 1+p ◊ (a - 1).

Ez éppen a Bernoulli-féle egyenlõtlenség egyalakja.

4. Egy ciklikus egyenlõtlenség általánosítása

Az elõbb kaptuk az 11pp

pa pa b b

p p−−≥ ⋅ − ⋅

egyenlõtlenséget.Ebbõl következik, hogy

1( 1) .p

p pa p a b p b −≥ ⋅ ⋅ − − ⋅Ezt fogjuk felhasználni az 1. pontban felidézettciklikus egyenlõtlenség általánosítására.Legyen itt az a helyett a1, míg a b helyett

1 2 .2

a a+ Ezeket behelyettesítve kapjuk, hogy

11 2 1 211 ( 1) .

2 2

ppp a a a a

a p a p−+ +⎛ ⎞≥ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⎜ ⎟

⎝ ⎠

Ezt egy kissé átrendezzük:1

11 1 21

1 2 1

( )( 1) ,

22

pp p

pp

a a a ap p

a a

−−

−

+≥ ⋅ − − ⋅+

azaz1

1111 2

1 2 1

1( ) .

22

pp

pp

a a pp a a

a a−

−

−≥ ⋅ − ⋅ ++

Ebbõl a típusú egyenlõtlenségbõl fogunk össze-adni n darabot:

1 2

1 2 2 3 1...

p p pn

n

a a aa a a a a a

+ + + ≥+ + +

1 2

1

... 12

2

np

p

a a a pp

−

+ + + −≥ ⋅ − ⋅

1 1 11 1 1

1 2 2 3 1( ) ( ) ... ( ) .p p pna a a a a a− − −

⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ + + + + + +⎝ ⎠

Ezzel megkaptuk a következõ problémát:

Probléma: Legyenek a1, a2, ..., an pozitívvalós számok és p > 1 valós szám, ekkor fenn-áll, hogy

1 2

1 2 2 3 1...

p p pn

n

a a aa a a a a a

+ + + ≥+ + +

1 2

1

... 12

2

np

p

a a a pp

−

+ + + −≥ ⋅ − ⋅

1 1 11 1 1

1 2 2 3 1( ) ( ) ... ( ) .p p pna a a a a a− − −

⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ + + + + + +⎝ ⎠

E problémát volt szerencsém kitûzni 2005-benaz American Mathematical Monthly folyóirat-ban is. [1] és [2]

5. Egy speciális eset p = 2-re

Figyeljük meg, hogy ha a p = 2 helyettesítéstvégezzük el, akkor kapjuk, hogy

2 2 21 2

1 2 2 3 1... n

n

a a aa a a a a a

+ + + ≥+ + +

1 22

2 1

... 2 12

22

na a a

−

+ + + −≥ ⋅ − ⋅

1 1 12 1 2 1 2 1

1 2 2 3 1( ) ( ) ... ( )na a a a a a− − −⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ + + + + + + =⎝ ⎠

1 2( ... )na a a= + + + −

1 2 2 3 11

(( ) ( ) ... ( ))4 na a a a a a− ⋅ + + + + + + =

1 2( ... )na a a= + + + −

1 2 31

2 ( ... )4 na a a a− ⋅ ⋅ + + + + =

1 21

( ... ).2 na a a= ⋅ + + +

Ezzel kész a 9. bizonyítása az 1. pontban felidé-zett versenyfeladatnak.

Irodalom és jegyzetek[1] American Mathematical Monthly, The (2005):

Vol. 112. 2005. 929. oldal, Problem 11189 (Pro-poser: Lajos Csete, Markotabödöge, Hungary)

[2] American Mathematical Monthly, The (2007):Vol. 114. 2007. 645. oldal, Problem solution11189. Megoldók: R. Bagby (USA), O. Bag-dasar (Romania), R. Chapman (U.K.), P. P.Dályai (Hungary) [Dályai Pál Péter, DeákFerenc Középiskola, Szeged], G. Kiss (Hun-gary), [Dr. Kiss Géza Ph.D., Fazekas MihályFõvárosi Gyakorló Gimnázium, Budapest],R. Strong (USA), L. Zhou (USA), Szeged Prob-lem Solving Group „Fejéntaláltuka” [SzegediTudományegyetem]A folyóirat O. P. Lossers professzor (Eindho-ven University of Technology, Hollandia) meg-


20 MOZAIK KIADÓ

oldását közli, aki átírja a bizonyítandó egyen-lõtlenséget a következõ alakra:

10,

2

p qnk k

k kkk

a bpa b

b p q=

⎡ ⎤⋅ + − ≥⎢ ⎥⎣ ⎦

∑

ahol

1 és .2 1

k kk

a a pb q

p++= =

+

Majd megmutatja, hogy a szögletes zárójel-ben levõ kifejezések nemnegatívak.

Ehhez az ( )p qx b

f x xbp q

= + − függvény

vizsgálatát említi, ahol x > 0 és tetszõlegesrögzített b > 0. Megemlíti, hogy e függvény

globális minimuma 1

1px b −= -nél van, még-pedig 0-val egyenlõ.

[3] Csete Lajos (2003): A komáromi trükk ésegy versenyfeladat. A Matematika Tanítása,2003/4. 4—11.

[4] Engel, Arthur (1998): Problem-Solving Stra-tegies. Springer-Verlag, New York-Berlin-Heidelberg, 185. oldal, 84. feladat, megoldá-sa a 202. oldalon.

[5] Kiss Géza Dr. Ph.D. e-mail üzenete, 2006.márciusA tanár úr bizonyítása:A súlyozott számtani és mértani közép közöttikövetkezõ egyenlõtlenséget használta:xa + yb ≥ axby, ahol x és y olyan pozitív va-lós számok, amelyekre x + y = 1.

Legyen 1

xp

= és 1

,p

yp−= ahol p > 1.

Alkalmazzuk az elõbbi egyenlõtlenséget:1

11

1

1 1

2

ppi ii

pi i

a p a ap a a p

−+

+

− +⎛ ⎞⋅ + ⋅ ≥⎜ ⎟+ ⎝ ⎠1

1 111

1 2

ppp p pi ii

pi i

a a aa a

−

−+

+

⎛ ⎞⎛ ⎞ +⎛ ⎞⎜ ⎟⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠1

11

1

2( )

pi i ip

pi i

a a a

a a

+

+

+⎛ ⎞= ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

+1

11

1

( ).

2 2( )

pi i i i

pi i

a a a a

a a

+

+

+= ⋅ =

+

Ezt p-vel szorozva kapjuk, hogy:1

11

1( 1) .

22

ppi i ii

pi i

a a a ap p

a a−+

+

+⎛ ⎞+ − ⋅ ≥ ⋅⎜ ⎟+ ⎝ ⎠Másképpen felírva:

111

1 1

1.

222

ppi i ii

p pi i p

a p a a ap

a a−+

+ −

− +⎛ ⎞+ ⋅ ≥ ⋅⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

Alkalmazzuk ezt az egyenlõtlenséget i = 1, 2,…, n-re, majd ezeket összeadva kapjuk, hogy:

111

11 11

1

22

pn n pi iip p

i ii ip

a p a aa a

−+

+= =−

− +⎛ ⎞+ ⋅ ≥⎜ ⎟+ ⎝ ⎠∑ ∑

1.

2

n

ii

pa

=≥ ⋅∑

Átrendezve:

11 12

pn ni

ii ii i

a pa

a a += =≥ ⋅ −

+∑ ∑1

11

11

1.

22

n pi ip p

ip

p a a −+

=−

− +⎛ ⎞− ⋅ ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

[6] Kolmogorov, A. N. — Sz. V. Fomin (1981):A függvényelmélet és a funkcionálanalíziselemei. Mûszaki Könyvkiadó, Budapest, 56.

[7] Kuznyecova, G. M. — I. N. Szergejev (1991):XXIV Vszeszojuznaja matematicseszkaja olim-piada skolnyikov. Matematika v Skole, 91/6.49—55., különösen a 49. és az 52. oldal

[8] Lozansky, Edward — Cecil Rousseau (1996):Winning Solutions. Springer-Verlag, NewYork-Berlin-Heidelberg, 123.

[9] Mitrinovic, D.S. — J. E. Pe cv ari c — A. M. Fink(1993): Classical and New Inequalities in Ana-lysis. Kluwer Academic Publishers, Dordrecht-Boston-London, Chapter XIV. Young’s ine-quality

[10] Panaitopol, L. — V. Bandila — M. Lascu(1996): Egyenlõtlenségek. GIL Könyvkiadó,Zilah (Fordította András Szilárd)

[11] Vavilov, V. — Sz. Reznyicsenko (1990): XXIVVszeszojuznaja olimpiada po matematike.Kvant, 90/11. 58—60. oldal, különösen az 59.oldal. A megoldásvázlatok a Kvant 90/12.72—75. oldalain, az idevágó rész a 73. oldalon.

Köszönöm szépen Varga Ferencné könyv-tárvezetõnek (Szegedi Tudományegyetem BolyaiIntézet) a [4], [8], [9] könyvek kölcsönzését.


MOZAIK KIADÓ 21

címben kitûzött probléma és annak meg-oldása ismerõs lehet a KöMaL Gy. 2492-es gyakorló feladata révén ([4] 163—

165. oldal). Mostani célunk nem csupán a felele-venítés lesz, hanem több új irányban elvégzettvizsgálat és további megoldások bemutatása.

Az ABCD paralelogrammára legyen a = AB == CD, b = AD = BC, e = AC, f = BD, AC BD∩ == {O}, m(BAD¬) = a és m(BOC¬) = j (1. ábra),ahol 0º < j £ 90º esetén a ≥ b teljesül ([2] 68.oldal, 11.5/1. tétel). Az oldalak és az átlók kö-zött fennáll az e2 + f2 = 2(a2 + b2) ([3] 32. oldal,289. feladat), valamint a területekre a 2t(ABCD) == 2absina = efsinj = t(PQRS) összefüggés, ahola PQRS paralelogramma oldalai az AC ésBD átlókkal párhuzamosak.

Ha az ABCD paralelogrammába egy KLMNparalelogrammát kívánunk beírni, akkor annakcsúcsaira megköveteljük, hogy azok bármelyikeaz ABCD különbözõ oldalain belsõ pont legyen.A beírás kétféleképpen végezhetõ el aszerint,hogy az adott és a beírt paralelogramma körül-járása egyezõ vagy ellentétes (2. ábra). Mindkétesetben teljesül, hogy az adott és a beírt para-lelogramma középpontja egybeesik. Ennek be-látásához felhasználjuk, hogy a paralelogramma

középpontja illeszkedik mindkét középpárhu-zamos egyenesére ([2] 82. oldal, 14.3/2. tétel).Ha a beírt KLMN paralelogramma középpont-ját O*-gal jelöljük, akkor az AD oldalon lévõ Kpontnak O*-ra vonatkozó K’ = M tükörképe raj-ta van AD -nek O*-ra vonatkozó ’ ’A D tükör-képén, ami a centrális tükrözés miatt párhuza-mos AD -vel, s így ’ ’A D BC= adódik, mivel az

M AD∈ ponton át AD -vel csak egy párhuza-mos húzható. Ennélfogva O* egyenlõ távolság-ra van az AD és BC egyenesektõl, vagyis il-leszkedik azok középpárhuzamosára. Ugyanígylátható be, hogy O* rajta van az AB és CDegyenesek középpárhuzamosán is: tehát O*

ezen két középpárhuzamosnak a metszéspontja,ami viszont egybeesik az ABCD paralelogram-ma O középpontjával ([4] 163. oldal).

Ha az adott ABCD paralelogrammába egyhozzá hasonló KLMN paralelogrammát írunkbe, akkor ezen hasonlóság során mindig fennáll

Dr. Darvasi Gyula

Írjunk adott paralelogrammábahozzá hasonlót!

A

A

S

N B

M

C

Q

D L

OKRP

a

jj

1. ábra

A

N

B

M

CD

L

OK

A N B

M

CD L

OK

2. ábra


22 MOZAIK KIADÓ

az A ´ K, B ´ L, C ´ M és D ´ N megfe-leltetés, miközben az adott paralelogramma je-lölését rögzítve a beírtnak a csúcsai a centrálisszimmetria miatt kétféleképpen is betûzhetõk: a2. ábrán egyidejûleg cseréljük fel a K és M, va-lamint az L és N pontokat. S minthogy bármelyparalelogrammát egyértelmûen meghatározzakét szomszédos csúcsa és a középpontja, ezértaz adott és a beírt paralelogramma pontosanakkor hasonló, ha két-két szomszédos csúcsukés a közös középpontjuk által meghatározott meg-felelõ háromszögek hasonlók, amelyek körüljá-rása ugyanúgy lehet egyezõ vagy ellentétes.

Elsõként foglalkozunk azzal az esettel, ami-kor az adott ABCD és a hozzá hasonló beírtKLMN paralelogramma azonos körüljárású,amihez elegendõ az egyezõ körüljárású OBCèés OLMè hasonló háromszögeket vizsgálni(3. ábra). Ekkor a megfelelõ szögeket azonosszámú körívvel jelölve észrevehetõ, hogy azOM szakasz a B és L pontokból egyenlõ szög-ben látszik, vagyis a B, L, O és M pontok egy kkörre illeszkednek. Ezen k körben az OL húrttekintve adódik az OBL¬ és OML¬ kerületiszögek egyenlõsége, s mivel a hasonlóság miattOML¬ @ OCB¬, ezért OBL¬ @ OCB¬ is fenn-

áll. Ha E jelöli a B kezdõpontú, BC-vel ellenté-tes félegyenes valamely belsõ pontját, akkor azm(ABE¬) = m(BAD¬) = a, m(OBL¬) = 180º -- [m(ABE¬) + m(OBC¬)] és m(OCB¬) = 180º -- [m(BOC¬) + m(OBC¬)] összefüggésekbõlOBL¬ @ OCB¬ miatt a = m(ABE¬) = m(BOC¬) == j kapható: tehát az adott ABCD paralelog-ramma átlóinak szöge megegyezik két oldalá-

nak szögével. Ennélfogva arra jutottunk, hogyegyezõ körüljárást tekintve csak az ilyen tulaj-donságú adott paralelogrammába írható hozzáhasonló paralelogramma ([4] 164. oldal).

A szerkesztés kivitelezéséhez tételezzük fel,hogy az adott ABCD paralelogrammára a == m(BAD¬) = m(AOD¬) teljesül (4. ábra). Ez-után szerkesszük meg az OB szakasz g felezõmerõlegesét, majd a B pontban AB-re és BC-remerõlegeseket, amelyek g-bõl kimetszenek egyUV szakaszt, s ennek tetszõleges belsõ pontjátközéppontnak választva rajzoljuk meg az O és Bponton áthaladó k kört, ami az AB oldalt L ésa BC oldalt M belsõ pontban metszi. Az így ka-pott OLMè háromszög szögeit feleltessük megaz OBCè háromszög szögeinek. Megmutatjuk,hogy a megfelelõ szögek között van két egybe-vágó. Ugyanis a k körben az OL és OM húro-kat tekintve OBL¬ @ OML¬ és OBC¬ @ OLM¬,s így

m(OCB¬) = 180º - [m(BOC¬) + m(OBC¬)] == 180º - [a + m(OBC¬)] = m(OBL¬) =

= m(OML¬)

miatt OBCè ~ OLMè is igaz. Ezen szerkesztés

során lényeges, hogy a k kör az AB és BC ol-dalakat egy-egy belsõ pontban messe: ez a kkör középpontjának a felvétele miatt teljesül.S minthogy az AB-re és BC-re B-ben állítottmerõlegesek hajlásszöge a-val egyenlõ, ezértnem eshetnek egybe, s így a g-bõl általuk ki-metszett UV szakasznak végtelen sok belsõpontja van: tehát az adott ABCD paralelog-

Aa

j

a

N

B

E

k

M

CD

L

O

K

3. ábra

A

g

a

a

a

N

B

E

k

M

V

U

CD

L

O

K

4. ábra


MOZAIK KIADÓ 23

rammába BAD¬ @ AOD¬ esetén végtelen sokhozzá hasonló és vele egyezõ körüljárású KLMNparalelogramma írható.

A négyzettõl különbözõ speciális paralelog-rammák közül nem jöhet számításba sem a tég-lalap, sem a rombusz, minthogy ezekre az olda-lak szöge nem egyenlõ az átlók szögével. A négy-zetre viszont az oldalak és az átlók szöge egy-aránt derékszög, s így bármely négyzetbe vég-telen sok hozzá hasonló és ugyanolyan körüljá-rású négyzet írható, aminek megszerkesztéséhezcélra vezet akár az általános esetre fentebb leírtmód, de sokkal egyszerûbb is lehet a dolgunk:K-nak az AD oldal tetszõleges belsõ pontjátválasztva az OK egyenes BC-t M-ben, az O-

ban KM -re merõleges az AB és CD oldalakataz L és N pontokban metszi (5. ábra). A ha-sonlóság l arányára AK = x jelöléssel 0 < x < a

miatt 22

2 ( )1 1

x a xa−= − <l teljesül. Megjegyezhe-

tõ, hogy az elõbbi két merõleges { }0, ,2a

x a∉

esetén a négyzet oldalainak egyeneseit külsõpontokban is metszi, amelyek egy körülírt négy-zetnek a csúcsai.

A BAD¬ @ AOD¬ feltételt kielégítõ ABCDparalelogrammára keressünk összefüggéseketannak oldalai és átlói között (1. ábra). Elsõként2ab = ef adódik a terület kétféle kiszámítása ré-vén, majd az OABè-re koszinusz-tételt felírva:

2 22 2 cos(180º ),

4 4 2 2e f e f

a = + − ⋅ ⋅ ⋅ −a ahonnan

e2 + f2 = 2(a2 + b2), ef = 2ab és cos(180º - a) =

= -cosa = 2 2 2

2a b e

ab+ −

miatt 2

2e

a = kap-

ható. Hasonló módon jutunk a 2

2f

b = ösz-

szefüggéshez. Mindezek alapján fennáll aza : b = e : f arány, s ezért BAD¬ @ AOD¬ @@ QPS¬ miatt az ABCD és PQRS paralelog-rammák hasonlók. E hasonlóság arányat(PQRS) = 2t(ABCD) miatt 2-vel egyenlõ, s

így 2e a= és 2f b= is fennáll.Az ABCD paralelogrammára az a ≥ b és

a = j feltételeket elfogadva ab

-re felsõ korlátot

kívánunk adni. Ehhez induljunk ki az ABDè há-

romszögbõl: a < b + f, ahonnan 2f b= miatt

2a b b< + fi 1 1 2ab

≤ < + kapható. S mi-

vel a : b = e : f, ezért 1 1 2ef

≤ < + is teljesül.

Tegyünk most egy kitérõt annak a kérdés-nek a megválaszolására, hogy mi történik ak-kor, ha az elõbbi szerkesztésben elõforduló kkör középpontját a g egyenesen nem csupán azUV szakasz belsejébõl választjuk. Elsõként le-gyen U a k kör középpontja (6. ábra). Ekkor azelõbb leírt szerkesztést elvégezve K = D, A—L—B,M = B és C—N—D adódik, s így az ugyanúgy bi-zonyítható hasonlóság miatt a KLMN beírt pa-N*

K*

L*

M*

O

A B

CD N

M

L

K

5. ábra

A

g

a a

a

a

a

N

B = M

E

k

U

CK = D

L

O

6. ábra


24 MOZAIK KIADÓ

ralelogrammára KL = AD és 2AD

LMAB

= telje-

sül. A második esetben a k kör középpontja le-gyen a V pont (7. ábra), ami azonos az OBCèháromszög körülírt körének a középpontjával,mivel V rajta van az OB szakasz felezõ merõle-

gesén és az FBC¬ kerületi szög BF szárára B-

ben állított merõlegesen. Ekkor a szerkesztés ered-ményeként K = A, L = B, M = C és N = D kap-ható: tehát KLMN egybevágó az adott ABCDparalelogrammával, s így a hasonlóság nyil-vánvaló, bár ezt nem fogjuk beírtnak tekinteni.Ha pedig a k kör középpontjának a V kezdõ-pontú VU -val ellentétes félegyenes azon belsõpontját választjuk, amelyre az ABCD hosszabboldala egyenlõ a KLMN rövidebb oldalával(8. ábra), akkor a K, L, M és N csúcsok, bár il-leszkednek az ABCD oldalainak egyeneseire, deaz oldalaknak külsõ pontjai: tehát KLMN azABCD-re nézve egy körülírt paralelogramma.

S minthogy ,2e

OC = 2,e a= ab

=l és

OM = l ◊ OC = 2 2

,2

ab

ezért az OBCè három-

szögbõl Stewart-tétellel 2 2

2a b

BMb+= kapható

([2] 319. oldal 36.4/2. tétel). Ezután a k kör kö-zéppontja legyen az U kezdõpontú, UV -vel el-lentétes félegyenes azon belsõ pontja, amelyreKLMN @ ABCD (9. ábra). Ekkor a K, L, M és Ncsúcsokra A—D—K, A—L—B, M—B—C és C—N—D, s

mivel az egybevágóság miatt OM = OC = 2,

2a

ezért az OBCè-bõl 2 2

2a b

BMb−= adódik. S vé-

gül a k kör középpontja legyen azonos az OABèháromszög körülírt körének középpontjával (10.ábra), amikor KLMN csúcsira A—D—K, L = A,M—B—C és N = C, továbbá a hasonlóság miatt

KN = a = LM és KLLM

= BC BMLM+ = AB

BC fi

BM = 2 2a b

b−

teljesül.

Ezen kitérõ révén felfedezhetõ, hogy aBAD¬ @ AOD¬ feltételt kielégítõ ABCD para-lelogramma megadása után a hozzá hasonlóKLMN paralelogramma beírásához mellõzhetõaz elõbbi k kör megrajzolása: ugyanis az Mcsúcs a BC oldal tetszõleges belsõ pontja lehet.Ennélfogva megtehetõ, hogy egy intM BC∈pont kijelölése után az OM egyenes B-t tartal-

mazó oldalán az OM félegyenesre másoljuk az

A = K ga a

a

B = L F

k

V

C = MD = N

O

7. ábra

A

K

ga

a

a

B L

k

V

C

M

DN

O

8. ábra

A

g

a

a

a

B

M

L

K

N

k

U

CD

O

9. ábra


MOZAIK KIADÓ 25

a szöget, melynek OM -tõl különbözõ szára azAB oldalt L pontban metszi, s a még hiányzóK és N csúcsok megkaphatók az O-ra vonatko-zó szimmetriát felhasználva (3. ábra). Ezt a fel-fedezést erõsíti meg a következõ szerkesztésimód is. Az OLMè és OBCè háromszögek ha-sonlósága miatt OM : OL = OC : OB = e : f ésm(LOM¬) = m(BOC¬) = a, s így az O közép-

pontú, a szögû és ef

arányú forgatva nyújtás

(vagy nyújtva forgatás) során az AB-re illesz-kedõ L pont képe M-mel azonos, amit BC-bõl

az AB-nek a képe metsz ki (11. ábra). Ha az Aés B pontok képeit az O középpontú, a szögûforgatás során A’ és B’ jelöli, akkor OC > OB ésm(BOC¬) = a miatt B’ az OC szakasz belsõ

pontja, továbbá m(BAD¬) = a miatt az ’ ’A B

egyenes párhuzamos BC-vel. S ha az O kö-

zéppontú, ef

arányú nyújtásnál az A’ és B’

pontok képeit A’’ és B’’ jelöli, akkor ’’ ’B OB∈

és ’’ ’2 2

e e e f eOB OB OB

f f f= ⋅ = ⋅ = ⋅ = miatt

B’’ = C, továbbá a centrális nyújtás párhuza-mosságtartó volta miatt ’’A BC∈ teljesül, s

ezért az ’’ ’’A B egyenes egybeesik BC-vel: te-

hát M a BC egyenes bármely pontja lehet, dea beíráshoz csak a BC oldal belsõ pontjai te-kinthetõk.

A KLMN ~ ABCD hasonlóság az irányítás-tartás miatt vagy J = m(AOK¬) szögû O körülielforgatás, vagy pedig O középpontú forgatvanyújtás. E hasonlóság l = OM : OC arányánakjellemzéséhez legyen m a BM irányított szakaszelõjeles hossza (3. ábra). Ekkor BC = b, OB =

=2f = 2

2b

és OC =2e = 2

2a

miatt OM = x

jelöléssel az OBCè-bõl a Stewart-tétel szerint

b[x2 + m(b - m)] =2

2a

m +2

( ),2

bb m− ahonnan

2 2 2 32 2 ( 3 )

,2

bm a b m bx

b+ − += melynek szám-

lálója 1 1 2ab

≤ < + miatt minden m-re pozitív,

s így a l arányra 2 2 2 3

22

2 ( 3 )bm a b m ba b

+ − +=l

kapható. Ha tehát M befutja a BC egyenest,akkor m függvényében l-ra az alábbi esetekállnak fenn:

L = A

g

a

a

a

B

M

K

k

C = ND

O

10. ábra

Aa

aa

N

B

A’

B’

A’’

M

C = B’’D

L

O

K

11. ábra


26 MOZAIK KIADÓ

m = 0 fi ,ba

=l (6. ábra)

0 < m < b ⁄ 2 2

02

b am

b− < < fi 1,

ba< <l

m = b ⁄ 2 2

2b a

mb−= fi l = 1, (7. és 9. ábra)

2 2

2a b

b mb+< < ⁄

2 2 2 2

2b a b a

mb b− −< < fi 1 ,

ab

< <l

2 2

2a b

mb+= ⁄

2 2b am

b−= fi ,

ab

=l (8. és 10. ábra)

2 2

2a b

mb+> ⁄

2 2b am

b−< fi .

ab

>l

A l = 1 esetén ható elforgatásra J = 0º

(7. ábra), vagy 22 2

cos2

a bab

⎛ ⎞−= −⎜ ⎟⎝ ⎠

J (9. ábra),

a l π 1 esetén ható forgatva nyújtásra pedig

J = a (6. ábra), 4 2 2 4

34

cos4

a a b ba b

− −=J (8. áb-

ra), vagy 2 2

cos2

b aab−=J (10. ábra) teljesül.

Az egyezõ körüljárás esetének befejezése-ként vizsgáljuk meg, hogy miként szerkeszthetõmeg a BAD¬ @ AOD¬ feltételt kielégítõ ABCDparalelogramma. Erre több különbözõ mód iskínálkozik attól függõen, hogy kiinduláskor mittekintünk adottnak. S minthogy a speciális pa-ralelogrammák közül sem a téglalap, sem a rom-busz nem jöhet számításba, ezért az a = b, aze = f és az a = 90º esetek mindegyike négyzetrevezet, amivel itt már nem kell foglalkoznunk.Ha az a és b oldalakat tekintjük adottnak, akkor

a ( )1 2b a b< < + feltétel miatt célszerû elõbb

a BC oldalt felvenni, s a B-ben rá merõleges

félegyenesen B—X—Y, BX = b és 2XY b=feltétellel elõállítani az X és Y pontokat(12. ábra). Ekkor az a egyik végpontja B, másikpedig az XY szakasz valamely belsõ Z pontjalehet. Ezen szerkesztésnél az XY szakasz egybe-

vágó a BD átlóval, s így ( )1 2a b b f< + = +miatt az a, b és f szakaszokból megszerkeszthetõaz ABDè háromszög, s ezután BD-nek az Ofelezõpontjára A-t tükrözve a hiányzó C csúcsis. Az elõbbi esetre könnyen visszavezethetõ aza és f (vagy b és e), valamint az e és f eset.Ugyanis a és f ismeretében b elõállítható a

22

fb = összefüggés alapján. Továbbá e és f

ismeretében 2e a= és 2f b= alapján a ésb is elõállítható, miközben e és f felvételénél

teljesülni kell az ( )1 2f e f< < + feltételnek.

A a

a

b

bX

Z

Y

a

a

B

CD

O

b÷2

12. ábra

A a

a

b

aB

CD

e

a÷2

13. ábra


MOZAIK KIADÓ 27

Ha a és a az adott, ahol 0º < a < 90º, akkor az

a oldal felvétele után az 2e a= összefüggés ré-vén elõállítjuk az e átlót: így az a, e és 180º - aadatokból az ABCè háromszög megszerkeszt-

hetõ (13. ábra). A hiányzó D csúcs az AB-velC-n át és a BC-vel A-n át húzott párhuzamo-sok metszéspontja. Hasonló módon tárgyalhatóa b és a eset. Ha pedig f és a adott, akkor elõ-

állítjuk BD -nek az O felezõpontját, az OD fél-egyenesre átmásoljuk az a szöget, amelynek

OD-tõl különbözõ szára a BD szakasz fölé raj-zolt a szögû k látókörívet az A pontban metszi(14. ábra). A még hiányzó C csúcs elõállíthatóA-nak O-ra vonatkozó tükrözésével, vagy azelõbbi esetnél követett úton. Hasonló módontárgyalható az e és a eset.

Az adott ABCD paralelogrammába beírt el-lentétes körüljárású KLMN paralelogramma ak-kor hasonló ABCD-hez, ha az OABè és OKLèmegfelelõ háromszögek hasonlók (15. ábra),jóllehet OKLè @ OMNè miatt az OABè és OMNèháromszögek hasonlósága is teljesül, amibõlOM : ON = OA : OB = e : f és m(MON¬) == m(AOB¬) = 180º - j adódik. Ekkor az O kö-

zéppontú, 180º - j szögû és ef

arányú forgatva

nyújtás (vagy nyújtva forgatás) az AB-re illesz-kedõ N pontot M-be viszi át: ezért ezen forgatvanyújtásnál az AB egyenes ’’ ’’A B képe a BCegyenest az M pontban metszi. Az M ismereté-ben a még hiányzó K, L és N csúcsok is meg-szerkeszthetõk, mivel K az AD és OM egye-

nesek metszéspontja, továbbá a KM egyenes-nek az O körüli j - 180º szögû elforgatássalkapott képe az AB és CD oldalakat N és Lpontokban metszi (16. ábra: forgatva nyújtás,17. ábra: nyújtva forgatás). Ha pedig az Opontot origónak választjuk, akkor az elõbbi for-gatva nyújtást (vagy nyújtva forgatást) leíró

A

a

aa

B

C

D O

14. ábra

Aa

a j

N B

M

CD L

OK

15. ábra

A

A’

A’’

B’

B’’

j

N B

M

CD L

OK

16. ábra

AA’

A’’

B’

B’’

j

N B

M

CD L

OK

17. ábra


28 MOZAIK KIADÓ

cos sin

sin cos

e ef f

e ef f

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

j j

j j

mátrix felírható a

cos 0 0 sin

0 cos sin 0

e ef f

e ef f

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

j j

j j

összeg alakban ([1] 205—206. oldal), s ennél-fogva egy vektornak az elõbbi forgatva nyújtás-sal kapott képe elõállítható ezen vektor

cosef

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

j -szeresének és 90º-os elforgatottja

sinef

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

j -szeresének összegeként. Az ABCD pa-

ralelogramma felvétele és az O középpont meg-szerkesztése után ezt az eljárást az OA és OBvektorokra alkalmazva kapjuk az A” és B”pontokat:

’ cos ,e

OA OAf

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

j

( )’ ’’ sin rot90º ,e

A A OAf

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

j

’ cose

OB OBf

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

j és

( )’ ’’ sin rot90º ,e

B B OBf

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

j

ahol rot90º jelöli a vektor 90º-os elforgatottját(18. ábra).

Mindezek alapján nem speciális paralelog-rammára a szerkeszthetõség szükséges feltétele:

’’ ’’ 180º,A B BC ⇔ + ≠« a j ami 0º < a, j << 90º miatt mindig teljesül, miközben a = j islehetséges. Sõt a = j esetén az 1. ábra alapjánegy újabb megoldáshoz jutunk, ha az ABCD-hez hasonló és vele ellentétes körüljárású PQRSparalelogrammát az O pontból felére kicsinyít-jük: az így kapott KLMN paralelogramma a ha-sonlóság tranzitív volta miatt hasonló ABCD-hez és e hasonlóság aránya 2 : 2, aminek az

ismeretében viszont PQRS mellõzhetõ. Ugyanis

KL PQ ACª ª és 2 2

PQ ACKL AO= = = miatt

,AK OLª s így az O ponton át AD -vel párhu-

zamos az AB és CD oldalakat N és L pontok-ban metszi. Ezután a még hiányzó K és Mpontok elõállítására több mód is kínálkozik.

Minthogy az ABCD-t a beírt KLMN-be átvi-võ irányításváltó hasonlóság nem lehet egybe-vágóság, ezért létezik egy tükrözve nyújtás(vagy nyújtva tükrözés), amely során az ABCDparalelogramma képe az ellentétes körüljárásúKLMN beírt paralelogramma lesz, miközben atükrözésnél A ® A’, B ® B’, C ® C’ ésD ® D’, a nyújtásnál pedig A’ ® K, B’ ® L,C’ ® M és D’ ® N értendõ. E tükrözve nyújtáscentruma azonos az O ponttal, aránya egyenlõOKOA

-val, tengelye pedig az AOK¬ felezõjének

az egyenese (19. ábra). Az általános eset túl

A

A’

A’’

B’

B’’

jj

N B

M

CD L

OK

18. ábra

A

G

H

J

ND’

B’

A’

C’

B

M

t

CD L

OK

19. ábra


MOZAIK KIADÓ 29

bonyolult volta miatt a tükrözés tengelyének ésa nyújtás arányának meghatározását csak azAC = 12, BD = 8 és m(AOB¬)=120º speciálisesetre mutatjuk be. Ehhez elsõ lépésként azOABè illetve az OADè háromszögbõlJ = m(AOK¬) függvényében meghatározzukaz ON és OK szakaszok hosszait: ON =

= 12 35 3 cos sin−J J

és OK = 6 3,

2sin 3 cos+J J

amibõl az 32

OK OAON OD

= = arányt felhasználva

2 3tan

7=J kapható, s ezáltal az OH = 7 és

2 3GH = befogójú OGHè derékszögû há-

romszög O-nál lévõ szögeként megszerkeszthetõaz AOK¬ szög és annak felezésével a tükrözés t

tengelye. Továbbá a 2

tansin

1 tan=

+

JJJ

és

2

1cos

1 tan=

+J

J összefüggéseket felhasz-

nálva 6 61

,11

OK = s így OA = 6 miatt a nyúj-

tás arányára 61

1’ 11

OK OKOA OA

= = = <l adódik.

O

A = N

C = LD = K

B = A = A = M’ ’’

B = B’ ’’

A’’

C = B’’ = M

A’

B’

B = NA = K

D = L

O

20. ábra

Ha a 19. ábrán a KLMN paralelogrammátO-ra tükrözzük, akkor az így kapott K’L’M’N’paralelogramma nyilván megoldása a feladat-nak, s bár a most ható tükrözve nyújtás cent-ruma és aránya ugyanaz marad, de az AOK’¬az elõbbi AOK¬-nek mellékszöge, s így ezentükrözés tengelye O-ban merõleges az elõbbire.

A téglalap és a rombusz esetén a forgatvailletve tükrözve nyújtásos fenti szerkesztéseketelvégezve visszajutunk az eredeti alakzathoz,ekkor tehát nincs megoldás (20. ábra: forgatvanyújtás, 21. ábra: tükrözve nyújtás). Ugyanezeneljárás a négyzet esetén is alkalmazható, de anégyzetre a 11. ábrán bemutatott szerkesztéstkövetve végtelen sok megoldást kapunk, ha azottani L és N pontokat felcseréljük.

Irodalom

[1] Athen, H. und Bruhn, J. (1978): Lexikon derSchulmathematik, Band 1. Aulis Verlag

[2] Hajós György (1966): Bevezetés a geometri-ába. Tankönyvkiadó

[3] Soós Paula, Czapáry Endre (1991): Geomet-riai feladatok gyûjteménye II. Tankönyvki-adó

[4] Gyakorlatmegoldások: Gy. 2492. Középis-kolai Matematikai és Fizikai Lapok, 1989/4-es szám.

O

A = D = N’

C = B = L’

t

D = A = K’

B = C = M’

t

C = C’ = M

B = D = N’A = A = K’

D = B = L’

O

21. ábra


30 MOZAIK KIADÓ

quadrominó elnevezésû színdominó já-ték négyzet alakú lapjai a két átló beraj-zolásával adódó négy háromszöget leg-

feljebb háromszínûre festve könnyen elõállítha-tók ([1] 136—142. oldal, [2] 5—36. oldal, [3]).A 24 lapból most egy 5 ¥ 5-ös négyzetet kívá-nunk összerakni, melybe egy lyuk lesz beépítve,miközben a négyzet szélén lévõ háromszögekegyforma színûek: ez adja a peremszínt, a belüllévõ lapok pedig azonos színû háromszögekkelkapcsolódnak egymáshoz: ez a dominó-feltétel.A lyuk elõfordulhat a négyzet szélén vagy a bel-sejében, de mindig megköveteljük, hogy a szem-közti oldalaira azonos színû háromszögek kerül-jenek. A négyzet belsejében bárhol állhat lyuk(1. ábra), viszont a szélén nem állhat a középsõhelyen (2. ábra), mivel ehhez nincs elegendõolyan lap, amelyen legalább két szomszédos há-romszög színe azonos a négyzet szélén álló há-romszögekével.

A lyuk helyének és a négyzet szélére kerülõháromszögek színének eldöntése után a négyzetösszeállítása a szélén lévõ lapok kirakásával kez-dõdik. Majd a befelé álló peremszínû háromszö-geket lekötjük azokkal a lapokkal, amelyekenvannak átellenes peremszínû háromszögek; ígya négyzet két szemközti oldalát összekötõ hidatépítünk, amely mindig tartalmazza a lyukat. Ez-után már csak annyi a dolgunk, hogy a perem-színt nem tartalmazó lapokkal kitöltsük a mégkimaradt mezõket, de elõfordulhat, hogy ez el-sõre nem sikerül: ilyenkor át kell rendezni a négy-zet szélén és a hídban álló lapokat.

A négyzet szimmetria tulajdonságaiból adó-dóan nem tekintjük különbözõnek azokat az el-rendezéseket, amelyek elforgatással, illetve ten-gelyes vagy középpontos tükrözéssel egymásbavihetõk.

1. ábra

2. ábra

Irodalom

[1] Darvasi Gyula: Egy színdominó játék: a quad-rominó. A matematika tanítása, 1986/5.

[2] Jens Carstensen: Legespiele. Der Mathematik-unterrict, 1980/2.

[3] www.rodina.cz/g/myclanky/quadrominokameny.jpg

Dr. Darvasi Gyula

Quadrominó 5x5-ös lyukas négyzetek

A


MOZAIK KIADÓ 31

Bevezetés

budapesti Berzsenyi Dániel GimnáziumMatematika táborában 11.-es és 12.-esspeciális matematika tantervû és ér-

deklõdõ tatai diákok foglalkoztak a folytonosságtémakörével két órán keresztül. A foglalkozásgerincét Tabachnikov Considerations of Conti-nuity (Quantum 1990 májusi száma 8—12. ol-dal) cikke adta. A cikkben az itt elhangzottakkalismertetjük meg a kedves Olvasót.Az alábbiakban csak egzisztencia bizonyítások-kal találkozunk. A feladatok során csak a meg-oldás létezését bizonyítjuk, nem számítjuk kia gyök pontos értékét, nem szerkesztjük mega keresett egyeneseket, érintõket.

Ismerkedés a fogalommal

Elõször nézzük egy hegy-mászó esetét. Ez a hegymá-szó az 1000 méteren lévõalaptáborból reggel 7 óra-kor indulva este 7 órára ér-kezik meg a 4000 méteres csúcsra. Másnapreggel 7 órakor indul vissza (nem feltétlenülazonos útvonalon), de ugyanúgy este 7-re érke-zik meg az alaptáborba. Bizonyítsuk be, hogyvolt olyan idõpont a lefele vezetõ út során,amikor ugyanolyan magasan volt, mint elõzõnap ugyanabban a pillanatban.Képzeljük el, hogy egyszerre két hegymászótindítunk útnak: az egyiket az 1000 méteren lévõalaptáborból, a másikat a 4000 méteren lévõcsúcsról reggel 7-kor. Útjuk során folytonosanhaladnak, minden magassági értéket felvesz-nek. Az egyik hegymászó felér a 4000 méterenlévõ csúcsra, a másik pedig megérkezik az 1000méteren lévõ alaptáborba este 7 órára.

Útjuk során biztosan lesz egy olyan pillanat,amikor ugyanolyan magasan lesznek, hiszena fentrõl érkezõ hegymászó magassága folya-matosan csökken, míg a lentrõl felfelé tartóéfolyamatosan növekszik.Ábrázoljuk közös grafikonon a tengerszint felettimagasságot az idõ függvényében. Példaképpálljon itt egy lehetséges grafikon:

1. ábra

Mivel a két függvény kezdeti és végállapotai pá-ronként megegyeznek, és folytonosak, követke-zik, hogy lesz egy olyan idõpillanat, amikor a kétgrafikon metszi egymást.A folytonos függvény azon tulajdonságát hasz-náltuk ki, hogy két függvényértéke között min-den értéket felvesz. Ez az állítás elég magátólértetõdõ1, viszont sok nyilvánvaló állításhoz ha-sonlóan nem egyszerû a bizonyítása. De ez nem 1 Ezt a szemléletességet nagyon nehéz legyõzni. MaxPlanck a XX. század elejen mégis merészen feltette, hogya hullámoszcillátor energiája a klasszikus fizika folytonosképével ellentétben energiakvantumok egész számú több-szöröse, azaz csak diszkrét értékeket vehet fel. A folyto-nossággal való zseniális szakítása megmagyarázott egysor, a klasszikus fizikából nem következõ jelenséget, ésaz atomok és a még ennél is kisebb objektumok fizikaitörvényeinek felisméréséhez, a kvantummechanika meg-születéséhez vezetett.

Csonka Dorottya

Sonkás szendvics és egyéb folytonoscsemegék

A


32 MOZAIK KIADÓ

is célja a foglalkozásnak. Azonban a problémákmegoldásánál mindig ezt fogjuk használni.

Alap problémák

1. állítás: Tetszõleges irányhoz létezik olyanegyenes, amely felezi egy tetszõleges (területtelrendelkezõ) halmaz területét.

Vegyünk a tetszõleges iránnyal párhuzamosegyenest úgy, hogy az az alakzatunk bal oldalánhelyezkedjen el (2/a. ábra). Majd mozgassuk azegyenest jobbra. Elõször érinteni fogja az egye-nes a halmazt (2/b. ábra), majd kettévágja azt(2/c-f ábra), mígnem már egészen az egyenesbal oldalára nem kerül a tetszõleges alakzat.

2. ábra

Míg az egyenes halad balról jobbra, a bal, illet-ve a jobb oldalán lévõ terület folytonosan válto-zik. Mivel kezdetben az egyenes bal oldalán lé-võ rész területe nulla volt, majd végül az egészterület az egyenes bal oldalán helyezkedett el,így biztosan volt olyan helyzete az egyenesnek,amikor pont felezte a területet. Nem tudjuk, holvan ez az egyenes, csak abból, hogy a területfolytonosan változik, azt tudjuk biztosan, hogylétezik ilyen egyenes.

Vegyük fel az x tengelyt az egyenesre merõlege-sen. Készítsünk egy f(x) függvényt, ami az egye-nes bal oldalán lévõ terület nagyságát ábrázoljaaz egyenes helyzetének függvényében. Ekkora felezõ egyenes megtalálása egyenértékû azzala problémával, hogy megtaláljuk azt a c pontot

a és b közt, melyre igaz, hogy ( )2T

f c = , ahol T

az alakzat területe (3. ábra).

3. ábra

Húzzuk meg az 2T

y = egyenest. Az f(x) függ-

vény bal oldala biztosan ezen egyenes alatt he-lyezkedik el, a jobb oldala pedig felette, mivel

( ) 0 ,2T

f a = < míg ( ) .2T

f b T= > Ezért léteznie

kell egy c Œ[a; b], ahol a függvény metszi az

2T

y = egyenest, mert az f(x) függvény folyto-

nos, azaz ( ) .2T

f c =

Ennek következménye az 1.b állítás. Bizonyítá-sa indirekt módon történhet, az olvasóra bízom.

1.b állítás: Minden irányhoz pontosan egy te-rületfelezõ egyenes létezik.

Megjegyzés: Az állítás igaz konkáv és nem ösz-szefüggõ alakzatokra is. Az egyszerûség kedvé-ért azonban a továbbiakban csak konvex alak-zatokat tekintünk.

2. állítás: Egy konvex halmazon kívüli P pont-ból mindig létezik olyan P-n átmenõ egyenes,ami felezi a halmaz területét.

Az állítás bizonyítása nagyon hasonló az elsõállításéhoz. Ezt a diákok megkapták önálló bi-zonyításra, miután az elsõ állítást megbeszéltük.Lássuk a bizonyítást röviden:


MOZAIK KIADÓ 33

Biztos van olyan P-n átmenõ egyenes, amelymég nem metszi az alakzatot, és az egész alak-zat annak egyik oldalán van (ea). Mozgatva azegyenest az alakzat felé, miután áthaladt rajta,lesz olyan egyenes, melynek másik oldalán vanaz alakzat (eb). Mivel az egyenest folytonosanmozgattuk, és a terület is folytonosan változott,ezért kellett lennie egy olyan egyenesnek a moz-gatás során, amely éppen felezte az alakzatun-kat (ef) (4. ábra).

4. ábra

3. állítás: Tetszõleges háromszögbe írható négy-zet úgy, hogy egy-egy csúcsa egy-egy oldalon,a másik két csúcsa pedig a harmadik oldalonhelyezkedik el.

A feladat ismert, a nagyítás témakörén belül tár-gyalni is szokás ennek a négyzetnek a megszer-kesztése. De most csak a létezését szeretnénk bi-zonyítani.

5. ábra

Az a, b, c oldalú háromszögbe írjunk úgy tégla-lapot, hogy annak d oldala legyen párhuzamos

a háromszög c oldalával, e oldala pedig merõ-leges rá (5. ábra). Vegyük úgy fel a téglalapot,hogy d < e teljesüljön. Közelítsük a d oldalta háromszög c oldalához. Mikor már „kellõen”közel van a d oldal a c-hez, biztosak lehetünkbenne, hogy lesz olyan állapot, ahol e < d. Mi-vel d folytonosan nõ a mozgatás során, és atéglalap e oldala folytonosan csökken, így szük-ségszerûen lesz olyan állapot, amikor d = e, az-az amikor a téglalap négyzet.

4. állítás: Ha f(x) egy T szerint periodikus,

folytonos függvény, akkor létezik f(x)-nek 2T

hosszú húrja.

Az f(x) függvénynek akkor van 2T

hosszú húrja,

ha ( ).2T

f x f x⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Definiáljuk a g(x) függvényt

a következõképpen: ( ) ( ).2T

g x f x f x⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

Ha

van olyan a, ahol g(a) = 0, akkor készen va-gyunk.

Tegyük fel, hogy g(a) < 0. Legyen .2T

b a= +

( )2 2 2 2T T T T

g b g a f a f a⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( ) ( ),2 2T T

f a T f a f a f a g a⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − + = − + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

azaz g(b) > 0. Mivel a g(x) függvény az [a; b]intervallumon elõjelet vált, ezért van olyanc Œ[a; b], hogy g(c) = 0. Ezt kellett belátnunk.

5. állítás: Tekintsük azokat a négyzet alakúasztallappal rendelkezõ asztalokat, melynek lá-bai a négyzet négy csúcsában vannak. Tetszõ-leges folytonos felületen mozgatható az asztalolyan állapotba, ahol nem billeg. (Ebben a sta-bil állapotban nem követeljük meg, hogy azasztallap vízszintes legyen.)

6. ábra


34 MOZAIK KIADÓ

Jelöljük az asztal lábainak helyzetét az A, B, Cés D betûkkel. Ha az asztal lábai billegnek, ak-kor minden esetben megoldható, hogy az asztalhárom lába lent, a negyedik lába a levegõbenlegyen, mert 3 pont meghatároz egy síkot.A 6/a. ábrán a D helyzetben lévõ láb legyen a le-vegõben, az A, B és C pozíción lévõk pedig le-gyenek a földön. Forgassuk az asztalt AC egye-nese körül úgy, hogy a B és D pozícióban lévõláb is azonos távolságra legyen a földtõl (6/b. áb-ra), legyen ez a távolság d, a földtõl mérve.Képzeljük el most, hogy a földet helyettesítjükegy kocsonyaszerû anyaggal. Megtehetjük, hogyelforgatjuk az asztalt a középpontja körül úgy,hogy két lába (kezdetben a 6/b. ábrán A és Chelyen lévõk) folyamatosan a felületen vannak,a másik két lába pedig mindig ugyanannyival(d-vel) feljebb tõlük. Mikor a lent lévõ lábak ne-gyed fordulat után B és D helyzetbe kerülnek,akkor még mindig a földön lesznek — hiszen ígyforgattuk. De mivel a másik két láb hozzájukképest d távolsággal lejjebb van, így most azok(A és C helyen a 6/c. ábrán) a föld alatt helyez-kednek el d távolsággal. Mivel a 6/b. és 6/c. áb-rán jelölt helyzetet figyelve elõször a B-D, majdaz A-C helyzetben lévõ két — nem végig a felü-leten lévõ — asztalláb felszíntõl vett távolságaelõjelet vált, így szükségszerûen kellett lennieegy olyan pillanatnak, amikor azok a földönhelyezkedtek el. Azaz akkor az asztal mind anégy lába a földön helyezkedett el, nem bille-gett az asztal.

A megoldásban fontos szerepet játszott, hogy azasztal lábai egy négyzet négy csúcsában helyez-kednek el. Ismeretlen eddig, hogy ez az állításigaz téglalap alakú asztalra is, vagy sem.

További problémák

Az alábbi, öt csoportba osztott feladatok elsõitegyszerre kapták meg a diákok gondolkodásra.A csoportokban a feladatok nehézségi sorrend-ben követik egymást. A foglalkozáson a tanulóktetszõlegesen választhattak, hogy melyiken gon-dolkodnak. Amikor készen voltak, akkor a cso-port következõ feladatait kapták meg. Majd hamind készen volt — vagy a másik témakörbe is

bele akartak kóstolni —, akkor tovább ugrottakegy másik feladatkörre.Idõ hiányában nem hangzott el az összes fel-adat. Itt azoknak a vázlatos megoldásait közlöm,amelyek új gondolatokat tartalmaznak, a többimegoldását az Olvasóra bízom.

A világ körülöttünk — könnyebb feladatok

6. a. állítás: Tegnap éjfélkor hidegebb volt,mint tegnapelõtt éjfélkor és ma éjfélkor is. Bizo-nyítsd be, hogy ma valamikor ugyanannyi volta hõmérséklet, mint tegnap ugyanakkor! (Pl.tegnap 15.23-kor ugyanúgy 14 ºC volt, mintma 15.23-kor.)

6. b állítás: Egy l hosszú létrát falnak támasz-tunk. Bizonyítsuk be, hogy van olyan pontja alétrának, amely ugyanolyan távol van a földtõl,mint a faltól!

6. c állítás: Létezik az egyenlítõn két átellenespont, ahol a hõmérsékletek megegyeznek.

6. d állítás: A Földön mindig létezik két átel-lenes pont, ahol egyszerre a nyomás és a hõ-mérséklet értékei is megegyeznek. (Ez már ne-héz feladat...)

Sonkás-szendvics és barátai — két halmazszimultán felezése

7. a állítás (Pizza-tétel): Létezik olyan egye-nes, amely egyszerre felezi egy tetszõleges kon-vex halmaz kerületét és területét.

Megoldás: Válasszunk két pontot (A-t és B-t) akonvex alakzat határán úgy, hogy azok felezzékaz alakzat kerületét. Mozgassuk A-t és B-t úgy,hogy azok határon mért távolsága állandó ma-radjon, az alakzat kerületének fele. Tekintsük azA és B egy tetszõleges állapotában az AB egyikés másik oldalán lévõ területek különbségét. Ezaz érték elõjelet vált, midõn A és B helyet cserél.

7. b állítás (Kétdimenziós sonkás szendvics-tétel): Két konvex alakzat egy egyenessel meg-felezhetõ. Azaz létezik olyan egyenes vágás, ami-vel egy kenyér és egy sonka egyszerre megfe-lezhetõ.


MOZAIK KIADÓ 35

Megoldás: Az 1. állításnál láttuk, hogy léteziktetszõleges irányú felezõ egyenes. Legyen a kétalakzatunk S (mint sonka) és K (mint kenyér).Húzzunk meg egy olyan S-t felezõ egyenest,amelynek egyik oldalán helyezkedik el K. Le-gyen ez a 0º-hoz tartozó felezõ egyenes. Majdezt a szöget folytonosan változtatva hozzuk létremindig a szöghöz tartozó S-t felezõ egyenest.Lesz olyan a, amikor már a K alakzat az egye-nes másik oldalán helyezkedik el. Az egyenesegyik oldalán lévõ területet nevezzük T1-nek,a másik oldalán lévõ területet T2-nek. Kezdet-ben T1 - T2 negatív, a esetén pozitív. Azaz elõ-jelet vált. Tehát van olyan szög, amely egyszer-re felezi K és S területét (7. ábra).

7. ábra

Megjegyzés: A Pizza-tétel és a Sonkás szendvics-tétel analóg, ha a kerületet megfeleltetjük az Shalmaznak. Valamint vegyük észre, hogy a bi-zonyításban nem volt fontos, hogy hol helyez-kedik el egymáshoz képest az S és a K halmaz.Azaz a bizonyítás akkor is igaz, ha a kenyérsze-let még a péknél, a sonkaszelet pedig még a hen-tesnél van...

7. c állítás (Háromdimenziós sonkás szend-vics-tétel): Létezik olyan sík, amely egyszerrefelez három konvex alakzatot.

Darabolós problémák — kérdések a konvexalakzatokon belül

8. a állítás (Tükörtojás-tétel) Konvex alak-zat tartalmaz egy másik konvex alakzatot. A bel-

sõ alakzatnak léteznek olyan e és f érintõi, ame-lyek párhuzamosak, és a külsõ alakzatból egyen-lõ területû részeket vágnak le (8. ábra).

8. ábra

8. b állítás: Minden konvex alakzatnak van-nak olyan e és f húrjai, melyek egyszerre párhu-zamosak, egyenlõ hosszúak és a konvex alak-zatot három egyenlõ területû részre osztják fel.

8. c állítás: Adott két konvex alakzat úgy, hogyaz egyik tartalmazza a másikat. Bizonyítsuk be,hogy a kisebb alakzatnak vannak olyan érintõi,melyek egymással párhuzamosak, és egyenlõhosszú részük fut a külsõ alakzaton belül (9/a áb-ra)!

8. d állítás: Adott két konvex alakzat úgy, hogyaz egyik tartalmazza a másikat. Bizonyítsuk be,hogy a külsõ alakzatnak van olyan pontja, ami-bõl egyenlõ hosszú érintõket húzhatunk a belsõalakzathoz! ($X’ ŒKülsõ: XZ = XY) (9/b ábra)

8. e állítás: Adott három konvex alakzat a9/c ábra szerint egymásba ágyazva. Bizonyítsukbe, hogy a külsõ alakzaton van olyan X pont ,hogy abból a legbelsõ alakzatba húzható olyanérintõ, melynek a második alakzatba esõ részeiazonos hosszúak. ($X ŒKülsõ: AB = CD)

Megoldás: Legyen AB = a és CD = b. Vegyükfel X-et úgy, hogy b a legnagyobb húzható


36 MOZAIK KIADÓ

érintõ legyen. Ekkor b - a > 0. Most X fussonvégig a külsõ alakzaton mindaddig, míg a kéthúr helyet cserél. Ekkor a - b > 0. Mivel a b - aelõjelet vált, ezért volt olyan pont, ahol a = bvolt.

9. ábra

Négyzetes feladatok — konvex burok

9. a állítás: Tetszõleges konvex alakzat körénégyzet írható.Megjegyzés: Olyan alakzatokra igaz az alábbibizonyítás, ahol az érintõ folytonosan változik.

9. b állítás: Magyarország térképe is négyzet-be foglalható.

9. c állítás: Tetszõleges test kockába írható.

Függvények

10. a állítás: Az f(x) egy tetszõleges T szerintperiodikus, folytonos függvény. Létezik f(x)-nek

a)3T

hosszú húrja.

b)Tn

hosszú húrja.

c)p

Tq⋅ hosszú húrja.

Megoldás: A b. részt bizonyítjuk.

Legyen ( ) ( ).T

g x f x f xn

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

(0) (0)T

g f fn

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

2T T Tg f f

n n n⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 3 2T T Tg f f

n n n⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

3 4 3T T Tg f f

n n n⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

...

( )( 1) ( 1)n T n Tg f T f

n n− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A fenti teleszkopikus összegnél f(T) - f(0) = 0,mivel az f függvény T szerint periodikus.

Ha a fentiek közül az egyik k T

gn⋅⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

érték nul-

la, akkor készen vagyunk.Ha nem, akkor kell, hogy legyen negatív és po-zitív tag is felsorolva, mert az összeg nulla. Haviszont a g függvény elõjelet vált, akkor létezikolyan c pont, ahol g(c) = 0, azaz van az f függ-

vénynek Tn

hosszú húrja.

10. b állítás: Minden harmadfokú polinomnakvan gyöke.

10. c állítás: Minden páratlan kitevõs polinom-nak van valós gyöke.

10. d állítás: Az f(x) egy tetszõleges [a; b] zártintervallumon folytonos függvény, melynek ér-tékkészlete az [a; b]. Bizonyítsuk be, hogy vanolyan x, amire f(x) = x.

10. e állítás: Az f(x) egy tetszõleges [a; b] zártintervallumon folytonos függvény, ahol b - a == T, és az intervallum végpontjainál azonos ér-tékeket vesz fel: f(a) = f(b). Bizonyítsuk be, hogyvan olyan l hosszú húrja az f(x) függvénynek,ahol

a)2T

l =

b)3T

l =

c)T

ln

=

d) Állíts elõ egy olyan f(x) függvényt, amely-

nek nincs 23T

l = hosszú húrja!

10. f állítás: Az

f(x) = a1 ◊ sinx + a2 ◊ sin2x + a3 ◊ sin3x + ... ++ an ◊ sin(nx) + b1 ◊ cosx + b2 ◊ cos2x +

+ b3 ◊ cos3x + ... + bk ◊ cos(kx)

függvénynek van zérushelye aj, bj ŒR esetén.


MOZAIK KIADÓ 37

XXI. Nemzetközi Magyar Matematika-versenynek 2012. március 14—18. kö-zött rendhagyó módon a tavalyihoz ha-

sonlóan ismét magyarországi város, Kecskemétadott otthont. A kecskeméti Bányai Júlia Gimná-zium látta vendégül a magyar nyelven tanuló,matematikából tehetséges diákokat a Kárpát-medence minden tájáról. A versenyre közel 250diákot és 80 matematikatanárt hívtak meg.

A verseny nyitóünnepsége március 15-énvolt a Kecskeméti Kulturális és Konferencia Köz-pontban. A köszöntõ beszédek mellett az iskoladiákjai színes kulturális mûsorral emlékeztek mega nemzeti ünneprõl. A megnyitó után a rendez-vény résztvevõi csatlakoztak a városi ünnepség-hez. Délután tanárok és diákok egyaránt meg-ismerkedhettek Kecskemét híres épületeivel, te-reivel. A diákoknak a helyi gimnazisták szervez-tek játékos vetélkedõt, melynek keretében felfe-dezhették Kecskemét nevezetességeit. A délu-tánt Dr. Lajkó Károly: Függvényegyenletek cí-mû elõadása zárta. Este a kollégiumban a diá-kok különbözõ játékos programokon vehettekrészt. A tanárok szakmai beszélgetésen vitattákmeg a matematika oktatással kapcsolatos leg-fontosabb változásokat, azok lehetséges hatásait.

A matematikaversenyre másnap, március16-án került sor. Az öt régióból beérkezõ fel-adatjavaslatokból a zsûri állította össze a feladat-sorokat. A zsûri elnökének Dr. Kosztolányi Józsefegyetemi docenst kérték fel. A versenyzõ diá-koknak mind a négy évfolyamon 6—6 feladatotkellett 4 óra alatt megoldaniuk. A verseny alatta tanároknak Mák Kornél alpolgármester úr mu-tatta be a kecskeméti Városházát. Délután a kol-légák a feladatokat javították. A diákok a ver-seny után a Kecskeméti Fõiskola Gépipari és

Automatizálási Mûszaki Fõiskolai Karával is-merkedhettek meg. Elõadást hallgathattak a fõ-iskolán folyó különbözõ érdekes kutatásokról,többek között a kis fogyasztású jármûvek terve-zésérõl, a szupravezetésrõl. Este a Katona Jó-zsef Színházban Arthur Miller: Pillantás a hídrólcímû darabját tekintették meg a verseny részt-vevõi.

A rendezvény hagyományainak megfelelõ-en a következõ napon egész napos kirándulá-sokat szerveztek a vendéglátók, ahol a részt ve-võk megismerkedhettek a környék történelmi,irodalmi emlékeivel. Az egyik kirándulás érin-tette Kiskõröst, Petõfi szülõházát, Kecelt és Ha-jóst. A másik kirándulás úti célja Ópusztaszer,a Nemzeti Történeti Emlékpark volt. A Feszty-körkép lenyûgözte a látogatókat. Este a tanárokközös ünnepi vacsorán vettek részt, a diákok-nak zenés, táncos búcsúestet szerveztek.

A verseny lezárásaként március 18-án kerültsor az ünnepélyes eredményhirdetésre. A zsûri el-nöke értékelte a tanulók teljesítményét. Mindenévfolyamon a legjobb eredményt elért diák ré-szesült elsõ díjban. A díjazás során több mint 70diák munkáját jutalmazták díjjal vagy dicsérettel.

A díjak átadása után a régióvezetõk megkö-szönték a helyi szervezõk munkáját. Dr. LukácsLajos igazgató úr és kollégái mindent megtettekazért, hogy a rendezvény résztvevõi jól érezzékmagukat. A rendezvény programjai segítettéka régi ismeretségek megerõsítését, újak születé-sét. Tovább erõsödött a matematikát magyarultanulók, magyarul tanítók összetartozása.

A XXII. verseny megrendezését Gyõr váro-sa, több gyõri középiskola együtt vállalta fel,melyre szeretettel meghívták a verseny résztve-võit.

Nemecskó István

Beszámoló a XXI. Nemzetközi MagyarMatematikaversenyrõl

A


38 MOZAIK KIADÓ

A verseny díjazottjai évfolyamonként

9. évfolyam

I. díjJuhos Attila, Sepsiszentgyörgy, Székely MikóKollégium

II. díj:Holczer András, Pécs, Janus Pannonius Gim-náziumDi Giovanni Márk, Gyõr, Révai Miklós Gimná-ziumFehér Zsombor, Budapest, Fazekas MihályGimnázium

III. díj:Koncz Botond, Csíkszereda, Márton Áron Gim-náziumSzilágyi Gábor, Beregszász, Beregszászi MagyarGimnáziumNemes György, Bonyhád, Bonyhádi PetõfiSándor Evangélikus Gimnázium

10. évfolyam

I. díj:Simon Péter, Budapest, Berzsenyi Dániel Gim-názium

II. díj:Forrás Bence, Budapest, Berzsenyi DánielGimnáziumHerczeg József, Szeged, Radnóti Miklós KísérletiGimnáziumDobra Gábor, Pécs, Janus Pannonius Gimná-zium

III. díj:Balogh Tamás, Érsekújvár, Pázmány PéterGimnáziumFonyó Viktória, Keszthely, Vajda János Gimná-ziumKacz Dániel, Bonyhád, Petõfi Sándor Evangéli-kus GimnáziumBíró Dominik, Zenta, Bolyai TehetséggondozóGimnázium és KollégiumMaga Balázs, Budapest, Fazekas Mihály Gim-názium

11. évfolyam

I. díj:Szabó Lóránt, Kisvárda, Bessenyei GyörgyGimnázium

II. díj:Oláh Mátyás, Margita, Horváth János Iskola-központGema Barnabás, Veszprém, Lovassy LászlóGimnáziumSzaksz Bence, Gyõr, Kazinczy Ferenc Gimnázi-um

III. díj:Bingler Arnold, Kaposvár, Táncsics MihályGimnáziumVenczel Tünde, Budapest, Berzsenyi DánielGimnáziumNagy Róbert, Budapest, Fazekas Mihály Gim-náziumBõsze Zsuzsanna, Bonyhád, Petõfi SándorEvangélikus Gimnázium

12. évfolyam

I. díj:Gyarmati Máté, Pécs, Leõwey Klára Gimnázi-um

II. díj:Szõts János, Baja, III. Béla Gimnázium

III. díj:Mester Márton, Szeged, Radnóti Miklós KísérletiGimnáziumViharos Andor, Szeged, Radnóti Miklós KísérletiGimnáziumBroda Balázs, Miskolc, Földes Ferenc Gimnázi-um

A versenyen kitûzött feladatok

9. osztály

1. A Gumimacik megszervezték a Nemzet-közi Gumibogyó Szüreti Fesztivált, ahol mindenrésztvevõ Gumimaci ugyanannyi üveg idei ter-mésbõl készült gumibogyó szörpöt kapott aján-dékba. Ha a Szüreti Fesztiválon tízzel kevesebbGumimaci lett volna jelen, akkor az elkészítettmennyiségbõl minden résztvevõ két üveggeltöbb gumibogyó szörpöt kaphatott volna.Amennyiben a Szüreti Fesztiválon nyolc Gu-mimacival többen vettek volna részt, akkor azidén sajtolt gumibogyó szörp mennyiségbõlmindannyian egy üveggel kevesebbet kaptakvolna. Valójában hány Gumimaci vett részt


MOZAIK KIADÓ 39

a Nemzetközi Gumibogyó Szüreti Fesztiválon,és fejenként hány üveg gumibogyó szörpöt ka-pott ajándékba?

Péics Hajnalka, Szabadka

2. Az ABCDE szabályos ötszög AD és EBátlóinak metszéspontja legyen S, az AC és EBszakaszok metszéspontja P, az AD és EC átlókmetszéspontja R, a DB és EC szakaszok met-széspontja pedig Q. Határozzuk meg az APQDnégyszög területét, ha az átlók által meghatáro-zott ABCDE csillagötszög (ötágú csillag) területe2 egység!

Nemecskó István, Budapest

3. Az asztalon egy egyenes mentén 50 zse-tont helyeztek el. Aladár és Bea a következõjátékot játssza: felváltva vesznek el a zsetonokközül alkalmanként 3—3 darabot addig, amíg 2zseton nem marad. Ha ezek nem szomszédo-sak, akkor a kezdõ játékos gyõz, ha pedig szom-szédosak, akkor a második játékos a gyõztes.Kinek van nyerõ stratégiája, ha a játékot Beakezdi?

Szabó Magda, Szabadka

4. Határozzuk meg azokat a pozitív egész nszámokat, amelyekre a 2n - 1 és a 2n + 1 szá-mok közül legalább az egyik osztható 7-tel!

Kántor Sándor, Debrecen

5. Az ABC háromszög AB és AC oldalainakbelsejében úgy vesszük fel rendre a D és Epontokat, hogy BD = CE teljesüljön. Legyen Fés G rendre a BC és DE szakaszok felezõpontja,valamint legyen M az FG egyenesnek az AColdallal vett metszéspontja! Határozzuk meg azAM szakasz hosszát az AB és AC oldalak hosz-szának függvényében!

Olosz Ferenc, Szatmárnémeti

6. Egy valós számokból álló a1, a2, a3, ..., an

véges sorozat tagjaira teljesül, hogy bármely 5egymást követõ tagjának összege negatív, ésbármely 8 egymást követõ tagjának összegepozitív. Legfeljebb hány tagja lehet egy ilyensorozatnak?

Kallós Béla, Nyíregyháza

10. osztály

1. Van-e olyan egész együtthatós P(x)polinom, amelyre P(0) = 12, P(1) = 20 ésP(2) = 2012?

Pintér Ferenc, Nagykanizsa

2. Határozzuk meg mindazokat a p, q, rprímszámokat, amelyekre

pqr < pq + qr + rp !

Oláh György, Révkomárom

3. Mely n pozitív egész számok esetén leszaz n2 + n + 19 kifejezés értéke négyzetszám?

Kacsó Ferenc, Marosvásárhely

4. Határozzuk meg az

2 3 43 4 4 2 2 3

x y zE

y z z x x y= + +

+ + +

kifejezés legkisebb értékét, ha x, y és z pozitívvalós számok!

Kovács Béla, Szatmárnémeti

5. Az ABC egyenlõ szárú háromszögbenAC = BC, az AB alap felezõpontja D, az A és aD pontból a BC szakaszra bocsátott merõlege-sek talppontja rendre a BC szakasz E, illetve Fbelsõ pontja. A DF szakasz G felezõpontját a Cponttal összekötõ szakasz, és az AF szakasz met-széspontja H. Igazoljuk, hogy a H pont az ACszakasz mint átmérõ fölé írt Thalész-körön van!

Bíró Bálint, Eger

6. Az elsõ 2012 darab pozitív egész számmindegyikét átírjuk hármas számrendszerbe.Hány palindrom szám van a kapott 2012 darabhármas számrendszerbeli szám között? (Palind-rom számon olyan pozitív egész számot értünk,amelynek számjegyeit fordított sorrendben írvaaz eredeti számot kapjuk vissza.)

Kosztolányi József, Szeged

11. osztály

1. Határozzuk meg azokat a pozitív egészszámpárokat, amelyek számtani közepe 1-gyelnagyobb a mértani közepüknél!

Kallós Béla, Nyíregyháza


40 MOZAIK KIADÓ

2. Az ABC háromszögben H a BC oldal C-hez közelebbi harmadoló pontja, N pedig az ABoldal B-hez közelebbi negyedelõ pontja. Az AHés CN szakaszok metszéspontja M.

a) Milyen arányban osztja az M pont az AHés CN szakaszokat?

b) Hányad része az ABC háromszög területé-nek a HMNB négyszög területe?

Katz Sándor, Bonyhád

3. Oldjuk meg a valós számok halmazána következõ egyenletet!

32x + 1 - (x - 1) ◊ 3x = 10x2 + 13x + 4

Bencze Mihály, Brassó

4. Az ABC háromszög AB oldalán vegyükfel a D pontot, AC oldalán pedig az E és F

pontokat úgy, hogy AE CF ADAC AC AB

= = teljesül-

jön! Az F ponton keresztül húzzunk párhuza-most az AB oldallal, messe ez a párhuzamosa BC oldalt a G pontban! Mely D, E, F pontokesetén lesz a DEFG négyszög területe a lehetõlegnagyobb?

Nemecskó István, Budapest

5. Mely n pozitív egész számok esetén oszt-ható az 1n + 2n + 3n + 4n + 5n + 6n + 7n + 8n ösz-szeg 5-tel?

Oláh György, Révkomárom

6. Aladár és Béla a következõ játékot játsz-szák: a táblára felírják az 1, 2, ..., 2012 számo-kat, melyek közül felváltva törölnek le egy-egyszámot. Aladár kezd. A játék akkor ér véget,amikor két szám marad a táblán. Ha ezek kü-lönbségének abszolút értéke egy elõre megadottrögzített pozitív egész k számnál nagyobb prím-szám, akkor Béla nyer, egyébként pedig Aladárnyer. Döntsük el, hogy k értékétõl függõen me-lyik játékosnak van nyerõ stratégiája!

Borbély József, Tata

12. osztály

1. A tízes számrendszerben háromjegyû po-zitív egész számok közül véletlenszerûen vá-lasztunk egyet. Mennyi annak a valószínûsége,

hogy olyan néggyel osztható számot választunk,melynek jegyei páronként különbözõek?

Tarcsay Tamás, Szeged

2. Határozzuk meg a

2012log 22012 xx x⋅ =

egyenlet megoldásai szorzata egészrészének utol-só öt számjegyét!

Kántor Sándorné, Debrecen

3. Mutassuk meg, hogy

sin2010x + cos2011x + sin2012x £ 2

bármely valós x esetén!Katz Sándor, Bonyhád

4. Az ABC egyenlõ szárú háromszögbenAC = BC, az AB alap felezõpontja D, az A ésa D pontból a BC szakaszra bocsátott merõle-gesek talppontja rendre a BC szakasz E, illetveF belsõ pontja. A DF szakasz G felezõpontjáta C ponttal összekötõ szakasz és az AF szakaszmetszéspontja H. Bocsássunk merõlegeseketa D pontból az AE és az AF egyenesekre, a me-rõlegesek talppontjai legyenek rendre K és L!Bizonyítsuk be, hogy az AF, EH és KL egyene-sek az ABC háromszöghöz hasonló háromszö-get zárnak közre!

Bíró Bálint, Eger

5. A, B, C véges halmazok, amelyekre telje-sül, hogy |A| = |B| = |C| = a és |A « B « C| == b , ahol a és b nemnegatív egészek. Adjukmeg a és b függvényeként az |A » B » C| mi-nimumát és maximumát! (|X| az X halmazelemeinek számát jelöli.)

Gecse Frigyes, Kisvárda

6. Legyen a1 = 1, a2 = 2 és

2

2 1 1 21

1 12 ( )

nk

n k k k kk

aa a a a a

+

+ + + +== −

⋅ + +∑

(n ≥ 1 egész)

Adjuk meg an-t zárt formában, azaz n függvé-nyeként!

Bencze Mihály, Brassó


MOZAIK KIADÓ 41

A 2012. évi Beke Manó Emlékdíj bizottságkörültekintõ mérlegelés után az alábbi határo-zatot hozta:

A Beke Manó díj második fokozatában részesülCsatár Katalin

Az Eötvös Loránd Tudományegyetemen ki-tüntetéssel szerzett matematika-fizika szakos ta-nári diplomát, majd az ELTE Radnóti MiklósGyakorlóiskolában kezdett el tanítani, ahol az-óta is dolgozik. Tudását, emberségét és korrektítéleteit kollégái is elismerik és elfogadják, ezértbizalmukat élvezve 1979-2003 között a 12 tagúmatematika munkaközösség vezetõje volt. Szak-mai munkáját az igényesség, a pontosság ésa sokszínûség jellemzi. A matematikát úgy tudjaoktatni, hogy az a gyerekeknek élményt nyújt-son, a kevésbé tehetségesek figyelmét is felkelt-se.

Kiváló diákokat nevelt, akik a tanulmányiversenyeken szép eredményeket értek el, töb-bek között az OKTV-n az Arany Dániel, a Kal-már László és a Zrínyi Ilona versenyeken, s a fel-vételi vizsgákon kivétel nélkül sikeresen szere-peltek.

A Radnóti Miklós Gyakorlóiskola tehetség-nevelést biztosító matematika tantervének egyikkidolgozója. Több tankönyvcsalád szerzõje ésszerkesztõje, kollégáival és tanítványaival együttírták meg a nyolc évfolyamos gimnázium tan-könyveit, kidolgozták a Suli Nova kiadásábanmegjelent középiskolai tankönyveket. Jelenlegaz Apáczai Kiadó által gondozott gimnáziumitankönyvcsalád utolsó kötetén dolgoznak.

Éveken keresztül oktatóként dolgozott a fel-sõoktatásban magyar és angol nyelven. Szak-mai tanácskozásoknak, konferenciáknak, tanáriankétoknak meghatározó személyisége.

Tankönyv- és tantervíróként országosan is-mert szakmai körökben, továbbképzéseket istart. Publikációival a matematika népszerûsíté-sét szolgálja.

Érettségi elnökként, majd késõbb közoktatá-si szakértõként sok iskola munkájának részese.A tanulmányi versenyek versenybizottságábanaz országos feladatokból is kiveszi részét. Mun-kássága komoly hatással van a magyar mate-matikaoktatás módszertanára.

Sok tanítványa lett matematikatanár.2002-ben Graphisoft és 2007-ben Ericsson

díjjal is jutalmazták.

A Beke Manó díj második fokozatában részesüldr. Kiss Géza

Pályafutását a Kunhegyesi Gimnázium és Hír-adástechnikai Szakközépiskolában kezdte, a kis-újszállási Móricz Zsigmond Gimnázium és Köz-gazdasági Szakközépiskolában folytatta, ahol igaz-gatóként is tevékenykedett. 2003-tól az ELTEApáczai Csere János Gyakorlógimnázium ta-nára volt. Jelenleg a Fõvárosi Fazekas MihályGyakorló Általános Iskola és Gimnázium veze-tõtanára, ahol különbözõ versenyek szervezésé-vel motiválja a tanulókat.

Rendszeresen képzi magát, Phd fokozatáta Debreceni Egyetemen szerezte. Tanárként résztvesz a Matematika Tanítása folyóirat feladat-megoldó rovatának versenyében. Hosszú idõnát vett részt a Matematika OKTV III. bizottságá-nak munkájában, érdekes feladatjavaslatai rend-szeresen kitûzésre kerültek. Több elõadást tar-tott a matematika tanárok Rátz László Vándor-gyûlésén. Rendszeres elõadója a Rév-Komá-romban rendezett Nagy Károly Matematikai Di-áktalálkozónak, a Nagykanizsán kétévente meg-rendezett konferenciának, és a zalai nyári tábo-rokon foglalkozásokat vezet. Az Erdõs Pál Ma-tematikai Tehetséggondozó iskolában is tanít.

2007-tõl a KöMaL felügyelõbizottságának,majd késõbb szerkesztõbizottságának tagja.

Diákjainak eredményei kimagaslóak és nemegyetlen iskolához köthetõek; rendszeresen sze-repelnek az Arany Dániel és az OKTV díjazottjaiilletve elsõ 10 helyezettje között.

Jelentés a 2012. évi Beke ManóEmlékdíjak odaítélésérõl


42 MOZAIK KIADÓ

Több tudományos publikációja jelent megangolul és magyarul a Frobeniusz problémáról.2011-tõl a Magyar Matematikai TehetségsegítõTanács elnöke.

1992-ben Kiváló Munkáért díjjal, 2006-banGraphisoft díjjal jutalmazták munkásságáért.

A Beke Manó díj második fokozatában részesülNagy Tibor

Szegeden, a Juhász Gyula Tanárképzõ Fõ-iskolán szerzett matematika - számítástechnika -technika szakos tanári diplomát, majd a debre-ceni Kossuth Lajos Tudományegyetemen vé-gezte el a középiskolai számítástechnika tanáriszakot is. A kecskeméti Zrínyi Ilona ÁltalánosIskolában kezdte el tanári pályáját, majd a Ko-dály Zoltán Általános Iskola, Gimnázium és Ze-nemûvészeti Szakközépiskola informatika taná-ra lett. 2003-tól a Kecskeméti Református Álta-lános Iskolában tanít matematikát.

Munkáját nagy odaadással, szakmai hozzá-értéssel végzi. Évek óta a kecskeméti városimatematika szakkör vezetõje. Tanítványai rend-szeres résztvevõi a Varga Tamás, Zrínyi Ilona,Kenguru, Bátaszéki matematika versenyeknek,ahol többször végeztek az elsõ három hely va-lamelyikén. Több tanítványa eredményesen vettrészt az Abacus matematikai lapok pontverse-nyén.

Már fõiskolás korában bekapcsolódott az ak-kor induló Zrínyi Ilona Matematikaverseny szer-vezésébe. Az országos forduló szervezését segíti,1993-tól a verseny feladatsorának egyik össze-állítója. 1994-tõl a verseny után minden évbenmegjelenõ feladatgyûjtemény szerzõje és szer-kesztõje. A Gordiusz verseny megyei bizottságelnöke és szervezi az országos döntõt.

2000-tõl a Matematikában Tehetséges Gyer-mekekért Alapítvány Kuratóriumának tagja.Kezdetektõl aktívan részt vesz az Abacus mate-matikai lapok szerkesztésében. Az idei tanévtõla Varga Tamás Matematikaverseny szervezõbi-zottságának elnöke. Kezdeményezõje és többkötet társszerzõje volt a 2005-ben elindítottKecskeméti Matematikai Füzetek könyvsorozat-nak.

Rendszeres látogatója a Rátz László vándor-gyûlésnek, 2010-ben a kecskeméti Vándorgyû-

lés szervezésében komoly részt vállalt. A taná-rok versenyében az általános iskolai kategóriaháromszoros gyõztese.

2007-ben Ericsson díjban részesült.

A Beke Manó díj második fokozatában részesülNémeth Julianna

1982 óta az Áldás Utcai Általános Iskola ta-nítója. Dinamikus, határozott egyénisége pozití-van hat az alsó tagozatos munkaközösség mun-kájára. Az iskolai pedagógiai munkában a ter-vezéstõl a feladatok megvalósításáig mindenszinten aktív résztvevõ. Komoly hivatástudattalés szeretettel foglalkozik tanítványaival.

2000-tõl a Tanítóképzõ Fõiskola szakvezetõtanára. Rendszeresen szervezi a csoport elõttitanítási és a 10 hetes gyakorlatokat. A fõiskolafelkérésére 3. éve részt vesz a hallgatók állam-vizsgáztatásában.

2009-ben elnyerte a „kiváló szakvezetõ” el-ismerést.

A tehetséggondozásban és versenyeztetés-ben is aktív szerepet vállal, diákjai különbözõtantárgyakhoz kapcsolódó versenyeken érnek elkiemelkedõ eredményeket. Pl. vers- és próza-mondó verseny, fõvárosi mesemondó verseny,a Bolyai magyar és matematika csapatversenyterületi fordulója, Zrínyi Ilona Matematikaver-seny országos fordulója.

2004 óta kerületi munkaközösség vezetõ.Egyéni ötletei, módszertani javaslatai felfrissí-tették a kerület szakmai életét. Nagyon jó kap-csolatot alakított ki a kerületi PSZK-val, akikminden évben elismerõen nyilatkoznak mun-kájáról. Második éve a tehetség-tanács aktívtagja. 2007-ben az iskola javaslatára polgár-mesteri dicséretben részesült.

A Beke Manó díj második fokozatában részesülPolcz Katalin

1973-tól 1994-ig a Pécsi Nagy Lajos Gim-náziumban (ma Ciszterci Rend Nagy Lajos Gim-náziuma), 1994-tõl 1997-ig az Apáczai NevelésiKözpontban, 1997-tõl a Janus Pannonius Gim-náziumban tanít matematikát.

39 éves pályafutását igényes és magas szak-mai színvonal, lelkiismeretesség, precizitás, az újdolgok iránti fogékonyság jellemzi. Középiskolai


MOZAIK KIADÓ 43

tanárként sokat tett a tehetséges tanulók fej-lesztéséért, versenyeztetéséért. Tagja volt annaka csoportnak, amely Magyarországon elindítottaés éveken keresztül szervezte a Gordiusz Mate-matika Versenyt. Nemcsak szervezõként, ha-nem feladatkitûzõként és lektorként is részt vetta munkában.

Kollégáival és tanítványaival jó a kapcsola-ta, segítõkész, ezért szakmai témában sokszorkérnek tõle tanácsot.

A matematika tagozatos osztály osztályfõ-nökeként komoly mentori munkát végzett.Nemcsak a tehetséges, de az átlagos képességûtanulókkal is képes megszerettetni tantárgyát.

Tanítványai rendszeresen szerepeltek a KöMaLfeladatmegoldó versenyén, valamint országosés megyei matematika versenyeken sokszor azélmezõnyben végeztek. Kiemelkedõ eredménye-ket értek el az Arany Dániel, a Gordiusz, a Ken-guru, a Zrínyi Ilona országos, a Baranya-Tolna—Somogy területi, illetve a Fejér Lipót, és Ziper-nowsky megyei matematikaversenyeken.

2000-ben Ericsson díjban részesült.

A Beke Manó díj második fokozatában részesülSzabó Matúz Magdolna

Az Újvidéki Egyetem TermészettudományiMatematikai Karán matematikus diplomát szer-zett.

Pályafutását a Zentai Mûszaki Középiskolá-ban kezdte, a Szabadkai Matematikai és NyelviGimnáziumban folytatta, végül a Szabadkai Szve-tozár Márkovity Gimnáziumban tevékenykedettnyugdíjazásáig. Több diákja is eljutott az Orszá-gos Matematikaversenyre, s ott jó helyezést értel.

Egyik alapítója és elnökségi tagja volt azÉszak-bácskai Magyar Pedagógus Egyesületnek.Az egyesület keretein belül mûködõ CofmanJudit Tehetségfejlesztõ Központnak fõ szer-vezõje, amit 2011-ben a Nemzeti Tehetségse-gítõ Tanács Akkreditált Kiváló Tehetségponttányilvánított.

A kezdetektõl egyik szervezõje a szabadkaiNyári Akadémia néven ismertté vált tanítói éstanári továbbképzésnek.

A Nemzetközi Magyar Matematikaversenyekállandó résztvevõje és délvidéki régióvezetõje.

Ösztönzõen és kreatívan hatott a 2004-benelõször megrendezett Fekete Mihály Emlékver-senyre, amely a vajdasági magyar ajkú középis-kolás tanulók válogatóversenye a NMMV-re.A versenynek azóta is szervezõje.

Nyugdíjasként napjainkig a zentai BolyaiTehetséggondozó Gimnázium és Kollégium ta-nára. Több mint 20 éve rendszeres látogatójaa Rátz László Vándorgyûlésnek, s azóta sok másfiatal és idõsebb kollégát is ösztönzött a Ván-dorgyûlés látogatásának fontosságára.

A Beke Manó díj második fokozatában részesülSzamosfalvy Jánosné

1991-tõl a Herman Ottó Gimnázium tanára,1995-tõl nyugdíjba vonulásáig pedig a gimná-zium elsõ számú vezetõje volt. Vezetõi munká-jában a demokratikus, kollegiális stílust képvi-selte.

Megyei szakfelügyelõként és szaktanácsadó-ként sok éven át segítette a középiskolák mate-matika tanárait. OKTV bizottsági tagként verse-nyek feladatlapjait állította össze, és javítottaa középdöntõk és a döntõk dolgozatait. Orszá-gos alkotó munkaközösség vezetõjeként NAT-kompatibilis matematika tantervet készített a kö-zépiskolák számára. 2004-ig szakértõként sokországos mérés mérõlapjainak elkészítésében ésértékelésében vett részt. Háromfõs bizottság tag-jaként központi írásbeli feladatsorokat készítetta nyolc évfolyamos gimnáziumba jelentkezõkmérésére, 2005 és 2007 között ezek lektorálásátvégezte az OKÉV felkérésére.

A Miskolci Egyetem Matematika Tanszék-ének támogatásával tehetséges tanulók önkép-zõkörét vezette, felkészítette õket nemzetközikonferenciákra.

A Bolyai János Matematika Társulat megyeitagozatának alelnökeként Európai MatematikaKongresszusokat szervezett. Minõségbiztosításiszakértõként miskolci iskolákban koordináltapartnerközpontú mûködés kialakítását. A mis-kolci Szakértõk Regionális Egyesületének alel-nöke. A Borsodi tagozat Oktatási Bizottságánakelnökeként Ifjúsági Matematikai Kongresszuso-kat szervez. A 2001. évi miskolci Rátz LászlóVándorgyûlés szervezésében komoly szerepetvállalt.


44 MOZAIK KIADÓ

Rovatvezetõ: Kosztolányi JózsefKérjük, hogy a megoldásokat a rovatvezetõ

címére küldjék: 6757 Szeged, Miklós u. 27.Ugyanide kell küldeni a kitûzésre szánt felada-tokat is. Ezeknek a megoldását is mellékeljék!Minden megoldást (tehát ugyanannak a fel-adatnak a megoldásait is) külön lapra írják tollalvagy géppel, jól olvashatóan! Mindegyiket kü-lön-külön hajtsák össze, és külsõ felére írják ráa feladat sorszámát és a megoldó nevét! Csa-toljanak a megoldásokhoz összesítõ jegyzéket is!A megoldásokat a kitûzést követõ harmadikszámban ismertetjük. A legjobb megoldásokatbeküldõjük nevével közöljük.Beküldési határidõ: 2012. november 30.

Feladatok (445—449.)445. Egy szabályos oktaéder mindegyik csú-

csában van egy hangya. Egy adott pillanatbanmindegyik hangya — egymástól függetlenül, azo-nos sebességgel — elindul egy, az eredeti helyé-rõl kifutó él mentén egy szomszédos csúcsba.Mindegyik hangya egyenlõ valószínûséggel vá-lasztja a csúcsából kiinduló négy él valamelyik-ét. Mi annak a valószínûsége, hogy egyik csúcs-ba sem érkezik kettõ vagy több hangya?

446. Az A, B, C, D és E pontok úgy helyez-kednek el a térben, hogy teljesülnek a követke-zõ feltételek:(1) AB = BC = CD = DE = EA = 2;(2) ABC¬ = CDE¬ = DEA¬ = 90º;(3) az ABC háromszög síkja párhuzamos a DE

egyenessel.Mekkora a BDE háromszög területe?

447. A természetes számok (a 0-t is bele-értve) növekvõ sorozatából elhagyjuk azokata számokat, amelyeknek tízes számrendszerbelialakja tartalmazza a 3, 6, 9 számjegyek vala-melyikét. Melyik az így kapott sorozat 587-diktagja?

448. Jelölje H[x] azon x határozatlanú 11-ed fokú polinomok halmazát, amelyek együtt-hatói a {-1; 1} halmaz elemei. Melyek azoka H[x]-beli polinomok, amelyeknek az 1 a leg-nagyobb multiplicitású gyöke?

Dályay Pál Péter, Szeged

449. Az a1, a2, ..., an és a pozitív egész

számok úgy, hogy 1

.n

ii

a a=

<∑ Igazoljuk, hogy ha

1max ,i

i nb a

≤ ≤= akkor

0 1

( 1) 0.a b n

k

ik i

a kaak

−

= =

−⎛ ⎞⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∏


Feladatmegoldások(430—434. feladatok)

430. Marci 96 darab, különbözõ országok-ban használatos pénzérmét gyûjtött össze egydobozba. Azt tapasztalta, hogy akármelyik 11érmét is veszi ki a dobozból, mindig van leg-alább 3 olyan érme, amelyek ugyanannak azországnak a pénzérméi. Igaz-e, hogy Marci ér-méi között van legalább 20 darab olyan, ame-lyek ugyanabban az országban használatosak?

Megoldás: A feladat kérdésére a válasz: igaz.Indirekt módon bizonyítunk. Tegyük fel, hogyMarci érméi között legfeljebb 19 darab, egy or-szágból való érme van. Mivel 5 ◊ 19 = 95, ezértfeltételezésünk következményeként Marci érméilegalább 6 országból valók. Ekkor viszont ki le-het választani 11 érmét úgy, hogy közöttük nelegyen 3 darab, ugyanabban az országban hasz-nálatos érme, például 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 1 = 11.Ez ellentmond a feladat feltételének, ami állítá-sunkat bizonyítja.

Több megoldás alapjánA megoldók száma: 6.

431. Adott egy egységnyi élû kocka, és az

egyik csúcsa mint középpont köré írt 2 3

3 su-

garú gömb. Milyen hosszú az a görbe, amely-ben a gömbfelület metszi a kocka felületét?

Megoldás: A középpont csúcsot tartalmazó há-

rom oldallapon egy-egy 30º-os, 2 3

3 sugarú

FELADATROVAT TANÁROKNAK


MOZAIK KIADÓ 45

körívben, a másik három lapon egy-egy 3

3sugarú negyed körben metszi a gömb a kockafelületét. (1. ábra)

i1

i2

A

B

1

30º30º2÷3

3

÷33

1. ábraMivel

1

2 32 33

12 9i

⋅ ⋅= =

pp

és

2

2 32 33 ,

4 6i

⋅ ⋅= =

pp

ezért a kocka felületébõl kimetszett ív hossza

1 25 3

3 ( ) .6

i i i= ⋅ + = p

Rakonczai György, BudapestA megoldók száma: 6.

432. Legyen f a valós számok halmazánértelmezett, 2p szerint periodikus függvény.Mutassuk meg, hogy vannak olyan, a valósszámok halmazán értelmezett fi (i = 1, 2, 3, 4)függvények, amelyekre teljesül, hogy(1) fi p szerint periodikus, páros függvény

(i = 1, 2, 3, 4);(2) f(x) = f1(x) + f2(x) ◊ cosx + f3(x) ◊ sinx +

+ f4(x) ◊ sin2x bármely valós x esetén.

Megoldás: Tekintsük (2)-t rendre az x, -x,x + p, -x + p helyeken. A trigonometrikus függ-vények periodicitását és paritási tulajdonságait,valamint az (1) feltételt figyelembe véve az fi(i = 1, 2, 3, 4) függvényekre a következõ egyen-letrendszert kapjuk:

(a) f(x) = f1(x) + f2(x) ◊ cosx + f3(x) ◊ sinx ++ f4(x) ◊ sin2x

(b) f(-x) = f1(x) + f2(x) ◊ cosx - f3(x) ◊ sinx -- f4(x) ◊ sin2x

(c) f(x + p) = f1(x) - f2(x) ◊ cosx - f3(x) ◊ sinx ++ f4(x) ◊ sin2x

(d) f(-x + p) = f1(x) - f2(x) ◊ cosx + f3(x) ◊ sinx -- f4(x) ◊ sin2x

(a) + (b):f(x) + f(-x) = 2f1(x) + 2f2(x) ◊ cosx (*)

(c) + (d):f(x + p) + f(-x + p) = 2f1(x) - 2f2(x) ◊ cosx (**)

A (*) és (**) egyenletek összegébõl rendezésután kapjuk:

1( ) ( ) ( ) ( )

( ) .4

f x f x f x f xf x

+ − + + + − += p p

(*) és (**) különbségébõl

2

( ) ( ) ( ) ( ), ha ( )

4 cos 2( ), ha ( )

2

f x f x f x f xx k k

xf xa x k k

+ − − + − − +⎧ ≠ + ∈⎪⎪= ⎨⎪ = + ∈⎪⎩

Z

Z

p p p p

p p

(a) + (c):f(x) + f(x + p) = 2f1(x) + 2f4(x) ◊ sin2x

Ebbe az egyenletbe f1(x)-et helyettesítve, majdrendezve kapjuk, hogy

4

( ) ( ) ( ) ( ), ha ( )

4 sin 2 2( ) , ha ( )

, ha ( )2


xf x c x k k

d x k k

− − + + − − +⎧ ≠ ⋅ ∈⎪⎪

= = ∈⎨⎪⎪ = + ∈⎩

Z

Z

Z

p p p

pp p

(a) + (d):

f(x) + f(-x + p) = 2f1(x) + 2f3(x) ◊ sinx

f1(x) behelyettesítése, majd rendezés után:

3

( ) ( ) ( ) ( ), ha ( )

( ) 4 sin, ha ( )


f x xb x k k

− − − + + − +⎧ ≠ ∈⎪= ⎨⎪ = ∈⎩

Z

Z

p p p

p

Azt kaptuk, hogy ha léteznek megfelelõ fi (i = 1,2, 3, 4) függvények, akkor azok ilyen alakúak.A továbbiakban belátjuk, hogy ha f 2p szerintperiodikus függvény, akkor az fi (i = 1, 2, 3, 4)függvények p szerint periodikus, páros függvé-nyek.Az f 2p szerinti periodicitása, valamint a szinuszés koszinusz függvény tulajdonságai alapjánkönnyen adódik, hogy fi(x + p) = fi(x) (i = 1, 2,3, 4). Mivel az x ® cosx függvény páros, azx ® sinx és az x ® sin2x függvények pedig pá-


46 MOZAIK KIADÓ

ratlanok, valamint f(-x + p) = f(-x - p) ésf(x - p) = f(x + p), ezért fi(-x) = fi(x) (i = 1, 2, 3,4) bármely valós x esetén.Egyszerû számolással adódik az is, hogy az fi(i = 1, 2, 3, 4) függvények „problémás” helyein

, 2

x k k⎛ ⎞= ⋅ ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

Zp is teljesül a feladatbeli (2)

feltétel.Több megoldás alapján

A megoldók száma: 5.

433. Igazoljuk, hogy ha egy háromszög ol-dalainak hossza a, b, c, területe pedig T, akkortetszõleges x, y, z pozitív valós számok eseténfennáll az

2 2 2 44 3 ( )a x b y c z T xyz x y z+ + ≥ ⋅ + +

egyenlõtlenség. Mikor áll fenn egyenlõség?Dályay Pál Péter, Szeged

Megoldás: Jelölje D(a, b, c, t) azt a háromszö-get, melynek oldalai a, b, c hosszúak és területet. Elõbb belátunk egy lemmát (Neuberg-Pedoe-féle tétel):Az D(a, b, c, t) és D(A, B, C, T) háromszögekreérvényes a

(-a2 + b2 + c2)A2 + (a2 - b2 + c2)B2 ++ (a2 + b2 - c2)C2 ≥ 16tT

egyenlõtlenség, és egyenlõség pontosan akkorteljesül, ha a két háromszög hasonló.

Bizonyítás: Az elsõ háromszög c-vel szemköztiszöge g, a második háromszög C-vel szemköztiszöge G. Ekkor a2 + b2 - c2 = 2abcosg, A2 + B2 -

- C2 = 2ABcosG, sin

,2

abt = g

sin

.2

ABT = G

Ezzel

(-a2 + b2 + c2)A2 + (a2 - b2 + c2)B2 ++ (a2 + b2 - c2)C2 - 16tT = 2a2B2 + 2A2b2 -- (a2 + b2 - c2)(A2 + B2 - C2) - 16tT == 2a2B2 + 2A2b2 - 4abABcosgcosG -- 4abABsingsinG = 2(ab - AB)2 +

+ 4abAB(1 - cos(g - G)) ≥ 0.

A fenti gondolatmenetbõl következik az is, hogyegyenlõség csak a két háromszög hasonlóságaesetén áll fenn. Ezzel a lemmát bebizonyítottuk.Legyenek x, y, z tetszõleges pozitív egész szá-

mok. A ,2

x y+ ,

2y z+

2

z x+ számok telje-

sítik a háromszög-egyenlõtlenséget, ugyanis

2

2 2r s s t⎛ ⎞+ ++ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠2

2 .2 2 2 2

r t r s s t r ts

⎛ ⎞+ + + += + + ⋅ ⋅ > ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Alkalmazzuk a lemmát a következõ két három-

szögre: D(a, b, c, t); , , , .2 2 2

x y y z z xt

⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

D

A második háromszögre a Héron-képlet kifejtettalakja (lásd pl. Reiman István: Geometria éshatárterületei, Szalay Könyvkiadó és Kereske-dõház Kft., Kisújszállás, 1999, 72. oldal):

2 12 2

16 2 2 2 2x y y z y z z x

t+ + + +⎛ ⎞= ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ +⎜ ⎟

⎝ ⎠2 2 21

216 2 2 2 2 2

z x x y x y y z z x⎛ ⎞+ + + + +⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟+ ⋅ ⋅ ⋅ − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠1

( ),16

xy yz zx= ⋅ + +

azaz .4

xy yz zxt

+ +=

A lemma miatt

2 2 2 2 2 2( ) ( )2 2

y z z xa b c a b c

+ +− + + ⋅ + − + ⋅ +

2 2 2( )2

x ya b c

++ + − ⋅ =

2 2 2 16 4 .a x b y c z tT T xy yz zx= + + ≥ = ⋅ + +

Megmutatjuk, hogy

3 ( ).xy yz zx xyz x y z+ + ≥ + +

Induljunk ki az(xy - yz)2 + (yz - zx)2 + (zx - xy)2 ≥ 0

egyenlõtlenségbõl, ahol egyenlõség pontosanakkor érvényes, ha x = y = z. Négyzetre emelésés átrendezés után

3x2yz + 3xy2z + 3xyz2 £ x2y2 + y2z2 + z2x2 ++ 2x2yz + 2xy2z + 2xyz2,

azaz3xyz(x + y + z) £ (xy + yz + zx)2.

A fentiekbõl következik a feladatbeli egyenlõt-lenség, és látható az is, hogy egyenlõség akkorés csak akkor teljesül, ha a = b = c és x = y = z.

Borbély József, TataDályay Pál Péter, Szeged



MOZAIK KIADÓ 47

434. Mutassuk meg, hogy tetszõleges n po-

zitív egész szám és 0;2n

⎤ ⎡∈ ⎥ ⎢⎦ ⎣pa esetén fennáll

a következõ egyenlõtlenség:1

11

cos (2 ) sin(2 ).

1 cos (2 ) 2 sin sin(2 )

n i nn

n i n ni

n−

−=

⋅≥− ⋅ −∑ a a

a a a


Megoldás: Mivel tetszõleges pozitív egész n

esetén 0; ,2n

⎤ ⎡∈ ⎥ ⎢⎦ ⎣pa ezért sin(2ia) és cos(2i - 1a)

pozitív bármely i Œ{1; 2; ...; n} esetén.Elõbb egy azonosságot látunk be.

1. állítás:sin(2 )

2 sin sin(2 )

n

n nn =

−a

a a1

1cos cos 2 ... cos(2 )

.1 cos cos 2 ... cos(2 )

n

nn −

−⋅ ⋅ ⋅=

− ⋅ ⋅ ⋅a a aa a a

Bizonyítás: Átalakításokkal a bizonyítandó azo-nosság a következõ alakban írható:

sin(2na) = 2n ◊ sina ◊ cosa ◊ cos2a ◊ ... ◊◊ cos(2n - 1a) (*)

Ezt teljes indukcióval bizonyítjuk.n = 1 esetén a jól ismert addíciós összefüggéstkapjuk.Tegyük fel, hogy n-ig igaz az állítás és vizsgáljuk(n + 1)-re.

sin(2n + 1a) = sin(2 ◊ 2na) = 2sin(2na)cos(2na) == 2 ◊ 2n ◊ sina ◊ cosa ◊ ... ◊ cos(2n - 1a) ◊ cos(2na) =

= 2n + 1 ◊ sina ◊ cosa ◊ cos2a ◊ ... ◊ cos(2na)

Ezzel az 1. állítást bebizonyítottuk.A feladatbeli egyenlõtlenség a most bizonyítottállítás alapján a következõ alakban írható:

1

1cos cos 2 cos (2 )

...1 cos 1 cos 2 1 cos (2 )

n n n n

n n n n

−

−+ + + ≥− − −

a a aa a a

1

1cos cos 2 ... cos(2 )

.1 cos cos 2 ... cos(2 )

n

nn −

−⋅ ⋅ ⋅≥

− ⋅ ⋅ ⋅a a aa a a

Legyen xi = cos(2i - 1a) (i = 1, 2, ..., n). A megol-dás elején tett megjegyzés alapján világos, hogy0 < xi < 1. Ezzel a bizonyítandó egyenlõtlenség:

1 2 1 2

1 21 2

...... .

1 ...1 1 1

n n nn n

n n nnn

x x x nx x xx x xx x x⋅ ⋅ ⋅+ + + ≥

− ⋅ ⋅ ⋅− − −

Alkalmazzuk a bal oldal pozitív tagú összegérea számtani és mértani közép közötti egyenlõt-lenséget.

1 2

1 2

...1 1 1

n n nn

n n nn

x x xx x x

+ + + ≥− − −

1 2

1 2

...(1 )(1 )...(1 )

n n nnn

n n nn

x x xn

x x x≥ ⋅ =

− − −

1 2

1 2

....

(1 )(1 )...(1 )n

n n nnn

nx x x

x x x=

− − −(**)

2. állítás: Ha 0 < ai < 1 (i = 1, 2, ..., n), akkor

1 2 1 2(1 )(1 )...(1 ) 1 ... .n nn na a a a a a− − − ≤ −

Bizonyítás: Írjuk fel a számtani és a mértani kö-zép közötti egyenlõtlenséget egyrészt az (1 - ai),másrészt az ai pozitív számokra (i = 1, 2, ..., n):

(1 - a1) + (1 - a2) + ... + (1 - an) ≥

1 2(1 )(1 )...(1 ),nnn a a a≥ ⋅ − − −

illetve

1 2 1 2... ... .nn na a a n a a a+ + + ≥ ⋅

Adjuk össze a két egyenlõtlenség megfelelõ ol-dalait:

1 2 1 2(1 )(1 )...(1 ) ... .n nn nn n a a a n a a a≥ ⋅ − − − + ⋅

Mindkét oldalt n-nel osztva, majd rendezve a 2.állítás egyenlõtlenségét kapjuk.Alkalmazzuk a 2. állítást (**) jobb oldalánaknevezõjére ( ) :n

i ia x=

1 2 1 2

1 21 2

... ....

1 ...(1 )(1 )...(1 )n n

n n nn nn

nx x x nx x xx x xx x x

≥−− − −

Ezzel az eredeti egyenlõtlenséget bizonyítottuk.Velkeyné Gréczi Alice, Ipolyszög


A megoldók névsora: Borbély József, Tata(430—434.); Dályay Pál Péter, Szeged (430—434.); Nagy Sándor, Békéscsaba (430., 431.,434.); Rakonczai György, Budapest (431., 432.,434.); Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely (430—432., 434.); Velkeyné Gréczi Alice, Ipolyszög(430., 432., 434.); Zsidó Nagy György, Kolozs-vár (430., 431.).

Documents

TANÍTÁSA MATEMATIKA - Mozaik Kiadó...A MATEMATIKA TANÍTÁSA 2012. szeptember 4 MOZAIK KIADÓ mely már túlmutat a középszintû érettségi téma-körén. Az oktatás formája