Matlap 1 Ifjúsági matematikai lapok

Átírás

1 Matlap Ifjúsági matematikai lapok XXV. évfolyam 0. január ISSN 4-340

2 RADÓ FERENC MATEMATIKAMŰVELŐ TÁRSASÁG MATLAP IFJÚSÁGI MATEMATIKAI LAPOK - KOLOZSVÁR TARTALOM Oldal. Bencze Mihály: Emlékezés Péter András matematikatanárra Tuzson Réka, Tuzson Zoltán: Bűvös alakzatok kitöltéséről Sándor József :AzA:388feladatról Sándor Emőke: Papírhajtogatás a matematika tanításában Szabó Péter Gábor: A Mathematikai előcsarnok (84) bemutatása Olosz Ferenc: Műhelysarok A feladat megoldásának megszervezése Kitűzött feladatok Tuzson Zoltán: Logikaifeladványok Megoldott feladatok Feladatmegoldók rovata III.b. XXV.(LXIX.) ÉVFOLYAM. 0. JANUÁR Megjelenik az Erdélyi Múzeum-Egyesület Matematikai és Informatikai Szakosztálya, a Romániai Magyar Demokrata Szövetség, a Communitas Alapítvány, az Emberi Erőforrások Minisztériuma és a Bethlen Gábor Alap támogatásával. SZERKESZTŐBIZOTTSÁG A Radó Ferenc Matematikaművelő Társaság elnöke és a Matlap főszerkesztője: Dr. Szenkovits Ferenc docens, Babeş Bolyai Tudományegyetem Szerkesztők: Adorjáni Csilla, Sárkány Györgyi Műszaki szerkesztő: Néda Zsuzsa Szerkesztőbizottsági tagok: Dr. András Szilárd docens; Bandi Árpád tanár (Marosvásárhely); Dr. Bencze Mihály tanár (Brassó); Furdek Attila tanár (Németország); Dr. Kása Zoltán egyetemi tanár; Dr. Kolumbán József egyetemi tanár; Kovács Margit tanár; Dr. Nagy Örs tanár; Néda Ágnes tanár; Olosz Ferenc tanár (Szatmárnémeti); Dr. Sándor József docens; Simon József tanár (Csíkszereda); Şerdean Vasile tanár (Szamosújvár); Dr. Somogyi Ildikó adjunktus; Tuzson Zoltán tanár (Székelyudvarhely). A szerkesztőség postacíme: Redacţia Matlap, Cluj-Napoca, OP. nr. 9, C.P. 54. Tel: (064)5959, matlap007@yahoo.com,

3 Emlékezés Péter András matematikatanárra 948. május 30-án született az Arad megyei Nagyiratoson. Az általános iskoláig bezárólag szülőfalujában tanult, majd 966-ban érettségizett a mai Csiky Gergely Főgimnázium jogelődjében, az akkori 3-as számú Középiskolában. A Temesvári Tudományegyetem Matematika szakának elvégzése után, 97-től Zerinden (Arad megye) tanít matematikát, majd 974-től hazatérve Nagyiratoson igazgató is. 976-tól versenyvizsgával egykori középiskolája, az akkori -es számú Kőolajipari Líceum címzetes tanára lett, majd később az első fokozatot is megszerezte. Az 989-es decemberi események után újraalakult egyetlen Arad megyei magyar középiskola igazgatója 990-től 997-ig. Így megadatott számára az, ami kevés pedagógusnak, hogy mindkét intézménynek, egykori általános és középiskolájának, amelyekben diákként tanult nem csak tanára, hanem igazgatója is lehetett. Bár, ahogy azt az általa társszerzőként jegyzett Iskola a Kálvin János utcában (0) című könyvben leírja, erre az igazgatói tisztségre inkább rábeszélték, és a közösség érdekében vállalta el. Hozzá igazából mindig is a matematika tanítása, oktatása, valamint a tehetséggondozás állt a legközelebb, lelkileg és alkatilag egyaránt. Tanítványaival rendszeresen részt vett országos és nemzetközi matematika versenyeken. 993-tól 08-ig az összes Erdélyi és Nemzetközi Magyar Matematika verseny állandó résztvevője, az Aranycsapatával (Matekovits Hajnalka, Péter Zsolt, Kaslik Éva, Benczik Andrea, Doba Viktor, Kurunczi Viktória, stb.) folyamatosan díjazottak voltak. Ezek mellett a Temesvári Nyugati Egyetem Matematika Tanszéke által általános és középiskolásoknak szervezett Traian Lalescu megyeközi versenyen, valamint az országos Matematika Olimpia megyei szakaszán is rendszeresen részt vett tanítványaival. A Zrínyi Ilona és az aradi Aurel Vlaicu Egyetem által kiírt Caius Iacob nemzetközi matematika versenyeken évről évre szép eredményeket ért el diákjaival. Az EMMV és NMMV tanári kara immár legendaként emlékszik vissza a versenyeknek arra az izgalmas pillanatára, amikor a feladatsorokat a tanárok kézbe kaphatták. Péter András és szakmai jóbarátja Kacsó Ferenc (94 0) az első kávézóba beültek, és együtt megoldották az összes feladatot, egyesekre több megoldást is adva. Így lettek ők a leggyorsabb javítópáros, akiket a különös humoruk is emlékezetessé tett. 03-as nyugdíjba vonulásakor azt mondta, hogy nehezen tudja elképzelni mivel fogja tölteni majd az idejét. Végül úgy alakult, hogy még további hat évig óraadó tanárként visszajárt egykori alma materébe. Egy éve hirtelen lefogyott, hónapokon át rendszeresen járt orvosokhoz, de azok csak a tünetekre adtak kezelést, végül kórházba került. Ott plazmasejtes mieloma betegséget állapítottak meg. Hat hétig volt kórházban, és ez idő alatt a családja sem látogathatta a vírushelyzet okozta megszorítások miatt, csupán rövid telefonbeszélgetések révén tudták tartani vele a kapcsolatot. Remélte, hogy a Karácsonyt szeretett családja körében töltheti, de nem így történt, 00. december 5-én visszaadta lelkét a Teremtőjének, az aradi Felsőtemetőben alussza örök álmát. A tanítás lehetősége éltette, motiválta, feltöltötte nap mint nap. Fiatalos lendülettel járt be még nyugdíjasként is tanítani, de mindvégig dinamikusság és gyorsaság jellemezte az élet egyéb területein is. Kollégái tudták, hogy számíthatnak rá. Pontossága legendás volt úgy a

4 tanáriban, mint az iskola folyosóin. Hozzá órát lehetett igazítani, a csengetés pillanatában már nyitotta az osztályterem ajtaját. Szigorúsága és következetessége viszont nem tántorította el őt attól, hogy óráin a humort is bevesse. Így még azon tanítványaival is sikerült megszerettetnie a matematikát, akik később egészen más pályát választottak, mert bennük is kialakult egyfajta érdeklődés, amit a matematika iránti lelkesedésével ébreszteni tudott. Számukra is sikerült rámutatnia a kitartó munka fontosságára. Minden évben a matematika írásbeli érettségi vizsga reggelén az iskola udvarán biztatta, támogatta tanítványait, drukkolt nekik, szívvel lélekkel mellettük állt, lehet sokszor helyettük is izgult. A vizsga után pedig ugyanott várta őket, hogy beszámolhassanak, megbeszélhessék, milyen sikerrel jártak a feladatokkal. Az iskolai szünidőkben kikapcsolódásként a sudoku mellett rendszeresen matekozott is, mert az a szenvedélye volt. Ha ezt kívülállók szóvá tették, akkor büszkén, de ugyanakkor szerényen jegyezte meg, hogy számára a hivatása egyben a hobbija is. Érettségire és egyetemi felvételikre készített fel oly módon, hogy diákjai a későbbi emelt szintű elvárásoknak is megfeleltek, helyt álltak. Úgy kollégái, mint román és magyar nyelven oktatott egykori diákjai tisztelték, szerették tanárként és emberként egyaránt, nagy tekintély övezte. Tanárkollégái nagyra értékelték képességeit, tudását, szakmai felkészültségét, segítőkészségét, jellemét. Látták miképp lehet valaki szigorú és alapos pedagógus, de attól be tudja lopni magát a diák szívébe. Mindemellett az aradi magyar kulturális élet eseményein is rendszeresen részt vett. Nagyon örült, ha volt kivel megtárgyalnia az éppen aktuális futballmeccseket, de vele mindenről lehetett beszélgetni. Kivételes ember volt, példaképe az aradi magyarságnak. Tanítványai közül rengetegen választottak matematikával kapcsolatos pályát és lettek mérnökök, matematika tanárok, kutatók, közgazdászok idehaza és külföldön egyaránt. Ők szerte a nagyvilágban dolgoznak, alkotnak, és tisztelettel emlegetik mesterüket. Amit hátrahagyott, az teljes életmű. Az RMPSZ Arad megyei szervezete Márki Sándor-díjjal, az országos vezetőség pedig Ezüstgyopár-díjjal (003) jutalmazta. Az Arad Megyei Tanfelügyelőség többször is érdemoklevéllel tüntette ki. Mindannyiunkban, akik ismertük ott marad a mosolya, a kedves, poénos megjegyzései, a hit, a szeretet és az elkötelezettség, amivel a pedagógusi munkájához, valamint a matematikához állt hozzá. Nyugodj békében kedves András! Emléked szívünkben megőrizzük. Az EMMV és NMMV tanárainak a nevében dr. Bencze Mihály BŰVÖS ALAKZATOK KITÖLTÉSÉRŐL. rész Tuzson Réka tanár, Felsőboldogfalva Tuzson Zoltán tanár, Székelyudvarhely Az előző részben egy olyan módszert mutattunk be, amikor az adott számokat összegekre bontottuk, és követtük a számok előfordulásának a gyakoriságát. Ennek a módszernek is megvannak a hátrányai, ugyanis ha egy számot nagyon sokféleképpen lehet összegre bontani, akkor a helyes megoldások kiválasztása már körülményes lehet, éppen a sok lehetőség miatt.

5 Ebben a részben más megvilágításban tárgyaljuk a feladványokat: egyenletrendszereket állítunk fel, amelyeket diszkrét, véges számhalmazokon kell megoldani. Bizonyos esetekben a számok összegekre való bontásának a módszerét továbbra is alkalmazzuk, és megpróbálunk hatékony kiszűrési módszert keresni azokra az esetekre, amikor a lehetőségek száma túl nagy. Az egyenletrendszeres módszernek van egy nagy előnye is: ezzel a módszerrel meg tudjuk állapítani, hogy a bűvös alakzatokon levő összeg milyen korlátok között változhat, így indulásból nem kell megadni, hogy mennyi az összeg, csak annyit, hogy a számok összege állandó, és ennek az állandónak az értékét meg tudjuk határozni. Nézzünk néhány megoldott feladványt.. feladvány: Írjuk be az ábrán látható háromszög kis karikáiba a számokat -től 6-ig úgy, hogy a háromszög mindhárom oldala mentén a számok összege állandó legyen. Megfejtés: Megbetűzzük a kis köröket a mellékelt ábra szerint. a A feladat feltételei: a, b, c, d, e, f {,, 3, 4, 5, 6}, és a + b + c = = c + d + e = e + f + a = S (állandó). Összeadva a három egyenletet b f kapjuk, hogy: 3S = (a+b+c+d+e+f)+a+c+e = a+c+e, c d e vagyis a + c + e = 3S. De a feltételek alapján 6 = a + c + e = 3S = 5, ahonnan 7 3S 36, és mivel S N, ezért felírható, hogy S {9, 0,, }. Vegyük sorra a négy esetet. ) Ha S = 9, akkor felírjuk 9-nek a háromtagú összegre bontásait: 9 = 6 + +, 9 = , 9 = Észrevesszük, hogy a felbontásokban a 4, 5, 6 egyszer szerepel, ezeket oldal közepekre kell írnunk, az,, 3 kétszer szerepel, ezeket csúcsokba kell írnunk, ezek után a kitöltés már egyértelmű. Két különböző megoldás létezik, ezek a mellékelt ábrán láthatók. ) Ha S = 0, akkor mivel 0 = , 0 = , 0 = , és a kétszer előforduló számok az, 3, 5, ezért ezek kerülnek a csúcsokba, éspedig kétféleképpen. Ez a két megoldás a mellékelt ábrán látható. 3) Ha S =, akkor mivel = , = , = 5+4+, és a kétszer előforduló számok, 4, 6, ezért ezek kerülnek a csúcsokba, éspedig kétféleképpen. Ez a két megoldás a mellékelt ábrán látható ) Ha S =, akkor mivel = , = , = 5+4+3, és a kétszer előforduló számok 4, 5, 6, ezért ezek kerülnek a csúcsokba, éspedig kétféleképpen. Ez a két megoldás a mellékelt ábrán látható

6 . feladvány: Helyezzük el a körökben az,, 3, 4, 5, 6, 7, 8 számokat úgy, hogy a négyzet mindegyik oldalán ugyanaz az érték legyen a három szám összege. Megfejtés: Megbetűzzük a kis köröket a mellékelt ábra szerint. Írjuk g f e fel a feladat feltételeit: a, b, c, d, e, f, g, h {,, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, továbbá az állandó összeg alapján () a + b + c = S; () c + d + e = S; h d (3) e + f + g = S; (4) g + h + a = S. Az ()-(4) egyenlőségek megfelelő oldalainak az összegzéséből a b c kapjuk, hogy (a + c + e + g) + (b + d + f + h) = 4S. De a + b + c+ +d + e + f + g + h = = 36, ezért a + c + e + g = 4S 36 = 4(S 9). Ebből felírható, hogy a + c + e + g (S 9) 6. Tehát, 5 S 9 6, 5, ugyanakkor S N, ezért 3 S 9 6, ahonnan S {, 3, 4, 5}. Vegyük sorra ezt a négy esetet. ) Ha S =, akkor a + c + e + g = 4( 9) =. Felírjuk -nek a négytagú bontásait, ezek a következők: = vagy = Az első esetben észrevesszük, hogy ha 6 és 3 két szomszédos csúcson lenne, akkor közéjük 6 3 = 3 kerülne, ami azt jelenti, hogy a 3-as kétszer szerepel. Tehát a 6 és a 3 nem lehetnek szomszédosak, ezért átlósan helyezkednek el. Állapodjunk meg abban, hogy ennek a feladatnak a megoldása során a bontásokban vastagon fogjuk jelölni azokat a számokat, amelyek átlósan kell elhelyezkedjenek. Ha 6 és 3 átlósan helyezkednek el, akkor a másik két csúcsban, illetve van (vagy fordítva). Ezáltal a többi karika kitöltése már egyértelmű. Egy megoldás a bal oldali ábrán látható. Továbbá, ha felcseréljük a 6 és 3, illetve és átlók menti elemeket, akkor még két megoldás a középső és a jobb oldali ábrán látható. Ha mindkét átló elemeit egyszerre cseréljük össze, akkor olyan esetet kapunk, ami forgatással a legelső esettel azonos. Tehát három különböző megoldás van A második esetben 5 és átlósan helyezkednek el (másképpen közéjük 5 kell, ami lehetetlen), így 5 és szomszédosak, közéjük 6 kell, továbbá 4 és szintén szomszédosak, közéjük is 6 kell, ez azonban lehetetlen, tehát ebben az esetben nincs megoldás. ) Ha S = 3, akkor a + c + e + g = 4(3 9) = 6. Felírjuk 6-nak a négytagú bontásait, ezek a következők: 6 = , 6 = , 6 = , 6 = , 6 = , 6 = , 6 = Minden esetben vastagon jelöltük azt a két számot, amelyek átlósan kell elhelyezkedjenek. Vizsgáljuk az első felbontást. Mivel 8 és 4 átlósan helyezkednek el, 8 és biztosan szomszédosak, és közöttük 3 8 = 4 lesz, ami azt jelentené, hogy a 4 kétszer szerepel. Ehhez hasonló kizárásokkal könnyen megállapítható, hogy a nem aláhúzott összegek esetén nem kapunk jó megoldást. Az aláhúzott két eset mindegyikében három jó megoldást kapunk. Az érdeklődő Olvasónak javasoljuk, hogy ellenőrizze a kijelentéseket, amelyeket nem bizonyítottunk. 3) Ha S = 4, akkor a+c+e+g = 4(4 9) = 0. Felírjuk a 0-nak a négytagú bontásait, ezek a következők: 0 = , 0 = , 0 = , 0 = , 4

7 0 = , 0 = , 0 = Megvastagítottuk azokat a számokat, amelyek átlósan kell legyenek, és aláhúztuk azokat a felbontásokat, amelyek jó megoldásokat származtatnak. Ez utóbbiak száma szintén Mindezek ellenőrzését ezúttal is az érdeklődő Olvasóra bízzuk. 4) Ha S = 5, akkor a+c+e+g = 4(5 9) = 4. Felírjuk a 4-nek a négytagú bontásait. Ezek a következők: 4 = , 4 = Megvastagítottuk azokat a számokat, amelyek átlósan kell legyenek, és aláhúztuk azokat a felbontásokat, amelyek jó megoldásokat származtatnak. Ez utóbbiak száma szintén 3+3. Mindezek ellenőrzését ezúttal is az érdeklődő Olvasóra bízzuk. A feladat összes különböző megoldásainak a száma = feladvány: Írjuk be az ábrán látható háromszög kis karikáiba a a számokat -től 7-ig úgy, hogy mind az öt szakasz mentén a számok összege ugyanannyi legyen. b c d Megfejtés: A feladat feltételei alapján a + b + c + d + e + f + g = = = 8 (), továbbá a + b + e = S (), e f g a + d + g = S (3), b + c + d = S (4), e + f + g = S (5), a + c + f = S (6). A ()-(6) egyenlőségeket összegezve kapjuk, hogy 3a + b + c + d + e + f + g = 5S, és figyelembe véve az () összefüggést kapjuk, hogy a + 8 = 5S, tehát a = 5S 56 7, ahonnan 57 5S 63, vagyis, 4 S,. Tehát S =, így a = 4. Továbbá az (5) alapján e + f + g =, és mivel e 4, f 4, g 4, ezért a felbontása = vagy = Beírva tehát az a = 4 értéket és az e, f, g betűkre a, 3, 7, illetve 6,, 5 értékeket, a többi szám beírása egyértelmű. Mivel a, 3, 7, illetve 6, 4, 5 permutációinak a száma 6, ezért a különböző megoldások száma. 4. feladvány: Írjuk be az ábrán látható háromszög kis a karikáiba a számokat -től 9-ig úgy, hogy mind a hat szakasz mentén a számok összege ugyanannyi legyen. Megfejtés: Felírjuk a feladat feltételeit: a + b + c+ b c d e +d + e + f + g + h + i = 45 (), a + b + f = S (), a + c + g = S (3), a + d + h = S (4), a + e + i = S (5), f g h i b + c + d + e = S (6), f + g + h + i = S (7). Összegezve a ()-(5) összefüggéseket, kapjuk, hogy: 4a + b + c + d + e + f + g + h + i = 4S, vagyis 3a + 45 = 4S, ahonnan a = 4S 3 5 Továbbá a (6)-(7) összefüggések alapján 45 a = S adódik, ahonnan a = 45 S ( ). A ( ) és ( ) összefüggések alapján S = 8 és a = 9. Megkeressük 8-nak azon felbontásait, amelyekben a 9 szerepel. Ezek a következők: 8 = , 8 = , 8 = , 8 = Ezek kerülnek a ferde egyenesek mentén levő karikákba. A vízszintesekbe azok kerülnek, amelyekben nem szerepel egyidőben 8 és, 7 és, 6 és 3, 5 és 4. Ezek a következők: 8 = , 8 = Ezekből négyet az alsó sorba 4! = 4-féleképpen írhatunk, majd a másik négyet is 4-féleképpen, ez összesen 48 különböző megoldás. A fölötte levő sorba a kitöltés már egyértelmű. 5. feladvány: Írjuk be a számokat a mellékelt ábrán látható céltáblába -től 7-ig úgy, hogy az összegük mindkét körvonalon, és az egyenesek mentén minden esetben ugyanannyi legyen. Megfejtés: Felírjuk a feltételeket: a + b + c + d + e + f + g = 8 (), a + c + e = S (), b + d + e = S (3), g + f + e = S (4), a + b + g = S (5), c + d + f = S (6). Összegezve a ()-(4) összefüggéseket kapjuk, hogy a + b + c + d + e + f + g + e = 3S, vagyis a c e f g d ( ). b 5

8 8 + e = 3S, ahonnan e = 3S 4 ( ). Összegezve az (5)-(6) összefüggéseket kapjuk, hogy a + b + c + d + e + f + g e = S, ahonnan 8 e = S, vagyis e = 8 S ( ). Így a ( ) és ( ) összefüggések alapján S = és e = 4. A körök mentén nem szerepel a 4-es, ezért a -nek olyan felbontását keressük, amelyekben nem szerepel a 4-es, tehát = és = Ezek közül valamelyiket a külső körön helyezzük el, ez kétféleképpen lehetséges. A belső körön a számok beírása egyértelmű. A külső körön a másik három számot szintén kétféleképpen helyezhetjük el, ezért összesen négy különböző megoldásunk van. a 6. feladvány: Írjuk be a számokat a mellékelt ábra kis köreibe -től b c 8-ig úgy, hogy mind a hat kör mentén a számok összege ugyanannyi d e legyen. f g Megfejtés: Felírjuk a feltételeket: a + b + c = S (), b + d + f = S (), c + e + g = S (3), h f + g + h = S (4), b + c + f + g = S (5), a + d + h + e = S (6), a + b + c + d + e + f + g + h = 36 (7). Az (5)-(6) alapján S = 36, ezért S = 8. Továbbá az ()-(4) alapján a+b+c+d+e+f +g+h = 7, így a (7) alapján 36+b+c+f +g = 7, vagyis az (5) alapján = 7, ellentmondásra jutunk. Tehát a feladványnak nincs megoldása. Amennyiben a feladványban elhagyjuk a külső kört, akkor van megoldás. Ennek meghatározását az Olvasóra bízzuk. 7. feladvány: Írjuk be a számokat a mellékelt ábra kis köreibe -től 0-ig úgy, hogy a nagy kör mentén, a három kicsi kör mentén, a két körív (vastag vonal) mentén és a négy egyenes mentén a számok összege 0 legyen. Megfejtés: Felírjuk a feladat feltételeit: a + b + c + d + e = 0 (), a + b + f + g = 0 (), a + e + f = 0 (3), b + e + g = 0 (4), b + c + g + i = 0 (5), c + e + i = 0 (6), c + d + i + j = 0 (7), d + e + j = 0 (8), f + g + h = 0 (9), h + i + j = 0 (0), e a + b + c + d + e + f + g + h + i + j = 55 (). Az (), (9) és (0) összegzéséből a + b + c + d + f + g + h + i + j = 60, és a () alapján h = 5. Továbbá a () és (7) összegzéséből kapjuk, hogy a + b + c + d + f + g + i + j = 40 és a () alapján e + h = 5, így e = 0. Beírjuk az ábra h és e kisköreibe az 5, illetve 0 értékeket, és folytatjuk a kitöltést. Az () és e = 0 alapján a + b + c + d = 0, és mivel 0 = az egyetlen felbontása a 0-nek, ezért a következő esetek lehetségesek: ) Ha a =, akkor f = 9, g = 6, b = 4 és c = 3, d = vagy c =, d = 3. ) Ha a =, akkor f = 8, g = 7, b = 3, és c = 4, d = vagy c =, d = 4. 3) Ha a = 3, akkor f = 7, g = 8, b = és c = 4, d = vagy c = 4, d = 4. 4) Ha a = 4, akkor f = 6, g = 9, b = és c = 3, d = vagy c =, d = 3. Tehát a feladatnak nyolc különböző megoldása van. Szakirodalom [] Tuzson Zoltán: Egy szórakoztató matematika feladat kapcsán (II.), Matlap 005/6. [] Tuzson Zoltán: Egy érdekes logikai feladat kapcsán (A Matlap A:87-es feladata kapcsán), Matlap 007/7. [3] Tuzson Zoltán: Egy szórakoztató matematika feladat kapcsán (III.), Matlap 005/7. [4] Nicolae Oprişiu: Olimpiada jocurilor raționale, Editura Dacia, Cluj-Napoca, 984. [5] Róka Sándor: 37 számrejtvény, Typotex, Budapest, 008. a f b g h i c d j 6

9 AZ A: 388. FELADATRÓL Sándor József docens, BBTE A Matlap 08/3 számában kitűzött A: 388 feladatban az b < ab < a (a, b > 0, a < b) egyenlőtlenségeket felhasználva a 3 7 < + + < 5 () egyenlőtlenségeket kell igazolni. A továbbiakban alkalmazzuk az ismert harmonikus-mértani-számtani egyenlőtlenséget: a + < ab < a + b () b ahol a, b különböző pozitív számok. A () jobb oldala nem más, mint ( a b) > 0, míg a bal oldal következik ebből, ha a helyett a -t, és b helyett -t választunk. b Az () egyenlőtlenségekben S = + + = 0, , míg = 0, és 5 = 0, Mivel 5 = 3 5, 35 = 5 7 és 77 = 7, a ()-t alkalmazva, a számítások elvégzése után kapjuk, hogy S < ( ) = Másfelől S > = Tehát = 0, < S = 0, < = 0, , vagyis már a 0, 5 pontos megközelítés elérhető. Általánosabban, vizsgáljuk meg az S n = (3) (n )(n + ) összeget, ahol n. Mi az S n nagyságrendje, ha n nagy? Megmutatjuk, hogy S n Tekintsük az alábbi tételt: Tétel: Az x n = + 3 ln n (ha n + ) (4), azaz lim n + S n ln n = ln n általános tagú sorozat 3 5 (n )(n + ) konvergens, és határértéke pozitív szám. A bizonyításban szükségünk lesz az alábbi segédtételre: Lemma: Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges n természetes számra: ( a) ln + ) < n ( n, (5) b) ln + ) > n n +. (6) 7

10 Bizonyítás. Az (5) egyenlőtlenség egyenértékű az ( + n) n < e ismert egyenlőtlenséggel, de a következőkben bemutatunk egy másik bizonyítást. e A (6) felírható ( + ) n < + (7) alakban is, ez az egyenlőtlenség szerepel n n []-ben, mint Hadamard egyenlőtlenségének egy alkalmazása. Ettől függetlenül (7)-re is bemutatunk itt egy más bizonyítást. Az (5) azonnal következik, ha az f(x) = ln x függvényre alkalmazzuk Lagrange középérték tételét az [n, n + ] intervallumra. Ekkor f(n + ) f(n) = f (ξ), ahol ξ (n, n + ). Tehát ln(n + ) ln n = ξ <, és az n egyenlőtlenség következik. ( A (7) igazolása céljából tekintsük a g(x) = ln + ) x x +, x > 0 függvényt. Mivel g (x) = < 0, ezért g szigorúan csökkenő (0, + ) intervallumon. x(x + )(x + ) Innen következik, hogy g(x) > g(x) = 0. Tehát (7) igaz, n helyett tetszőleges x > 0 valós lim x + számra is (élesítések az []-ben szerepelnek). Most rátérünk a tétel bizonyítására. Tehát Alkalmazva a () egyenlőtlenség jobb oldalát, kapjuk, hogy > (n )(n + ) n = > (n )(n + ) ( n n. ) > > ln n. Valóban ez utóbbi egyenlőtlenség következik a lemma a) pontjából, mert n helyett rendre,,..., n értékeket behelyettesítve, összeadás után n > ln + ln ln n + ( 3 = ln n... n + ) = ln(n + ) > ln n. n Tehát kimutattuk, hogy x n > 0, n N esetén. Továbbá igazoljuk, hogy a sorozat szigorúan csökkenő, azaz x n+ < x n, bármely n N esetén. Mivel x n+ x n = ( ln + ) > n (n + )(n + 3). [ln(n + ) ln n], igazolnunk kell, hogy (n + )(n + 3) A lemma b) pontja alapján elegendő kimutatni, hogy n + >, azaz (n + )(n + 3) (n + )(n + 3) > n +, ami igaz. Mivel x n+ < x n, sajátosan x n < x =, tehát 0 < x n <, vagyis a sorozat korlátos. 3 3 Mivel a sorozat monoton és korlátos, ezért konvergens. Tekintsük az analóg x n = (n )(n + ) ln(n+), n N sorozatot. Ekkor x = 3 ln > 0, mert ln < < 3. Kimutatjuk, hogy (x n) szigorúan növekvő, azaz x n+ x n > 0, bármely n N esetén. Ez egyenértékű az [ln(n + ) ln(n + )] < 8

11 < egyenlőtlenséggel, és az (5) egyenlőtlenséget n helyett (n + )-re (n + )(n + 3) alkalmazva következik, hogy [ln(n + ) ln(n + )] = ( ln + ) < n + (n + ) < <, mert (n + )(n + 3) < (n + ) = n +, (alkalmaztuk () jobb (n + )(n + 3) oldalát a = n + és b = n + 3 esetén). Tehát x n > x > 0. Másfelől, mivel x n < x n < x, következik, hogy (x n) korlátos sorozat. Mivel monoton is, konvergens lesz. Azonban x n x n = ( ln + ) 0, ha n +, tehát n lim x n = n + lim n + x n = l. Mivel x n > x > 0, ezért l x > 0. Tehát bizonyítottuk, hogy az (x n ) sorozat határértéke pozitív, és ezzel a tétel bizonyítása befejeződött. Megjegyzések ) A lemma b) egyenlőtlensége még következik a logaritmikus-közép egyenlőtlenségből is. Az L = L(a, b) = a b (a b pozitív számok) kifejezést, az L(a, a) = a definicióval együtt ln a ln b logaritmikus középnek is hívjuk. Ismert, hogy ha a b, akkor ab < L < a + b (8) és a = n, b = n + választásokkal (8) jobb oldala éppen a (6) egyenlőtlenséget bizonyítja. ) Mivel x n = l + t n (t n 0), ahol l = lim n + x n, sajátosan = (n )(n + ) ln n + l + t n (9) írható, ahonnan a (4) összefüggés is következik. Másrészt 0 < l < x n, mert a sorozat szigorúan csökkenő. 3) Egy hasonló sorozat az e n = ln n (0) Euler-féle sorozat, melynek n határértéke a híres γ (gamma) szám. A γ szám nagyon fontos szerepet játszik a matematikában, és nagyon sok tizedesnyi pontossággal kiszámolták: γ 0, Azonban máig senkinek nem sikerült bizonyítania, hogy ez a szám irracionális. Gondolom, az (x n ) sorozat határértékéről sem lesz könnyű kimutatni egy hasonló eredményt. A tétel bizonyításából azonnal következik, hogy l > γ. Szakirodalom [] Sándor József: Hadamard egyenlőtlenségéről, Matematikai Lapok, Kolozsvár, 98/9-0, oldal. 9

12 PAPÍRHAJTOGATÁS A MATEMATIKA TANÍTÁSÁBAN Sándor Emőke tanár, Kolozsvár A csak körzővel és vonalzóval való szerkesztés a legtöbb középiskolás számára már ismerős lehet, habár csak felületesen, alapérdeklődési szinten érintik a témát az általános, illetve középiskolai matematikaórákon. Ezeknek a szerkesztéseknek egy érdekes változata a hajtogatott papír (vagy origami) használata. Egy papírlap tűrése során keletkezett hajtásvonal egy egyenes megszerkesztésével azonosítható, és a pontok a hajtásvonalak metszéspontjai. A klasszikus hajtogatásokkal való szerkesztési feladatok megoldási módszeréhez hozzátartozik, hogy általában nem végzünk vágásokat a papíron. Miért is állítható biztosan, hogy a papírhajtogatás, mint tevékenység valóban fejlesztő hatással van a tanulókra? A kezeink irányításához az agyunk megfelelő működése, és a különböző agyi szerkezetek egymással való harmonikus kapcsolata egyaránt alapvető feltétel. Mivel a hajtogatáshoz mindkét kezünkre szükség van (és nem szükséges, hogy egyik dominánsabb legyen, mint például az írásnál), kimondható, hogy az origamizás során mindkét agyfélteke egyaránt dolgozik, és a közöttük lévő kapcsolat révén aktiválja a foglalkozás az egész agyműködést. Ugyanakkor pszichológiai értelemben, azáltal, hogy a végeredményt a kezében tarthatja, pozitív tapasztalatának köszönhetően hatással van a cselekvései értelmezésének képességére, valamint ezáltal a játék és a munka öröme megmutatkozik a tanuló számára. A matematika tanulásában kulcsfontosságú tényező, hogy kimozduljunk az absztrakcióból, és aktívan megtapasztaljuk a matematikát. Az origamizás, papírhajtogatás remek módszer arra, hogy ilyen élményekre tegyünk szert, vagy mutassunk másoknak ilyen élményeket. A merőlegesség fogalma, a párhuzamosság, a hasonlóságok, szimmetriák, kongruenciák mind könnyen észlelhetőek a papírok hajtogatása során, és segítenek további tudást elsajátítani akár hagyományos órákon. Ebben a cikkben néhány érdekes eredményt és pár feladatot mutatunk be, melyek alapjai lehetnek papírhajtogatásra épülő matematikai foglalkozásoknak. Szögharmadolás és kockakettőzés Hegyesszög harmadolása Adott egy ABCD négyzet alakú papír. Legyen α = BAE a harmadolni kívánt hegyesszög, ahol E a DC szakasz egy pontja.. lépés: Vízszintesen félbehajtjuk a papírt. A keletkezett hajtásvonalat pedig jelöljük F F -tel, ahol F DA és F CB.. lépés: Az AB oldalt ráhajtjuk az F F -re, a hajtásvonal legyen GG, ahol G F A és G F A. 3. lépés: Végzünk egy olyan hajtást, ahol az F pont az AE szakaszra, az A pont pedig a GG szakaszra kerül rá egyidejűleg. Jelöljük IH-val a keletkezett hajtásvonalat, ahol I DA és H AB. 0

13 Jelölje F = s IH (F ) és A = s IH (A), ahol F AE, valamint A GG, azaz F az F pont és A az A pont szimmetrikusa az IH egyenesre nézve. Ekkor belátható, hogy BAA = 3 BAE. Kockakettőzés Az ismert probléma egy harmadfokú irreducibilis egyenlethez vezet, jelen esetben az x 3 a 3 = 0 egyenletről van szó, melynek pozitív valós megoldása x = a 3, és ilyen hosszúságú szakaszt nem tudunk szerkeszteni körzővel és vonalzóval. Erre a problémára ad megoldást a következő hajtogatásokból álló lépéssorozat.. lépés: Adott egy ABCD négyzet alakú papír, melyben felosztjuk az AD és BC oldalakat három részre az ábrán látható módon.. lépés: Végzünk egy hajtást úgy, hogy az A csúcs a BC-re, a G pedig az EF szakaszra kerüljön egyidejűleg. A keletkezett pontok legyenek rendre A és G. Ekkor A C = BA 3. A fenti állítások igazolását az Olvasóra bízzuk.. feladat: Papírhajtogatással keressük meg egy háromszög köré írt kör középpontját. Megoldás. A háromszög köré írt kör középpontja az oldalak felezőmerőlegeseinek metszéspontja, ezért egy oldalt önmagára hajtunk úgy, hogy az oldal végpontjai egymásra kerüljenek. Ezzel létrejön egy hajtásvonal, mely az oldal felezőmerőlegese lesz. Ezt elvégezzük még egy oldalra, és a két felezőmerőleges metszéspontja lesz a keresett O pont.. feladat: Papírhajtogatással keressük meg egy háromszög súlypontját. Megoldás. Tudjuk, hogy a háromszög súlypontját az oldalfelezők metszéspontja határozza meg. Elegendő megkeresni két oldal oldalfelezőjét. Egy oldal felezőpontját megtaláljuk, ha végzünk egy olyan hajtást, mely által az oldal két végpontja egymásra kerül. A megfelezett oldallal szemben lévő csúcson, valamint az előző lépésben szerkesztett felezőponton át végzett hajtás meghatározza az oldalhoz tartozó oldalfelezőt. Két oldalhoz tartózó oldalfelező metszéspontja lesz a keresett G súlypont.

14 3. feladat: Hajtsunk egyenlő oldalú háromszöget egy négyzet alakú papírból, melynek egyik oldala essen egybe a négyzet oldalával. Megoldás.. lépés: Az ABCD négyzet alakú papír AB oldala legyen a keresett háromszög egyik oldala. A háromszög harmadik, M-mel jelölt csúcsa rajta van az AB szakasz felezőmerőlegesén. Végzünk egy hajtást, mely által a B csúcs az A-ra, valamint a C csúcs a D-re kerül rá. Ekkor a keletkezett hajtásvonal felezőmerőlegese az AB szakasznak.. lépés: Az M pontot megtaláljuk, ha meghajtjuk úgy a papírt, hogy a hajtásvonal áthaladjon az A csúcson, a B csúcs pedig kerüljön rá az előző lépésben kapott hajtásvonalra. Ekkor a kapott pont, ahova a B kerül, az lesz az M pont, mivel ennek az AM szakasznak a hosszúsága pontosan az AB szakasz hosszával egyezik meg. Ekkor hajtásokat végezve az A és M, valamint a B és M pontokon át, megkapjuk a keresett ABM egyenlő oldalú háromszöget. A feladat egy nehezített változata megtalálható a következő linken, ahol útmutatók is találhatóak a megoldáshoz: 4. feladat: Egy derékszögű háromszög alakú papír kisebb hegyesszögének csúcsát hajtsuk rá a nagyobb hegyesszög csúcsára. Ennek segítségével vezessük le a kétszeres szög szinuszára vonatkozó összefüggést. Megoldás: Az egyszerűség kedvéért az EB szakasz hosszát tekinthetjük egységynyi hosszúságúnak. Mivel az első hajtás által keletkezett hajtásvonal a BC szakasz felezőmerőlegese, és E ennek a metszéspontja az AB szakasszal, így a BEC háromszög egyenlő szárú. Felírhatjuk az α szögre a következő összefüggéseket: sin α = DE BE = DE, AC sin α = CB = AC BD, cos α = BD BE = BD, tehát BD = DC = cos α. Figyeljük meg a hajtásvonalak által megjelent maradék szögeket: BCA = 90 α, ekkor írhatjuk, hogy ÊCA = 90 α. Tehát ĈEA = α, és sin α = AC CE = AC. Összevetve az eddig felírt összefüggéseket, a következőt kapjuk sin α = AC BD sin α =, ahonnan sin α = sin α cos α. cos α

15 Egy tevékenység, melybe ezt a feladatot (vagy hasonlót) illesztünk be, felkelti a gyerekekben az igényt, hogy pontosan rajzoljanak derékszögű háromszöget, szögfelezőt vagy oldalfelező merőlegest, és felfedezzenek még több trigonometriai azonosságot, mint amit az adott feladat kér. Kitűzött feladatok origami tevékenységekhez. Adott négyzet alakú papírból szerkesszünk olyan négyzetet, melynek területe negyede az eredeti négyzet területének.. Adott négyzet alakú papírból szerkesszünk olyan háromszöget, melynek területe negyede az eredeti négyzet területének. 3. Adott négyzet alakú papírból szerkesszünk egy másik háromszöget, melynek területe negyede az eredeti négyzet területének, de nem kongruens az előző feladatban talált háromszöggel. 4. Adott négyzet alakú papírból szerkesszünk olyan négyzetet, melynek területe fele az eredeti négyzet területének. 5. Adott négyzet alakú papírból szerkesszünk olyan négyzetet, melynek területe fele az eredeti négyzet területének, de a négyzet elhelyezkedése különbözzön az előző feladatban talált négyzetétől. 6. Adott négyzet alakú papírból szerkesszünk olyan négyzetet, melynek területe negyede az eredeti négyzet területének, de a négyzet egyik oldala se illeszkedjen az eredeti négyzet oldalára. 7. Osszunk fel csak hajtásokkal egy négyzet alakú papírt négy azonos területű négyszögre, melyeknek legtöbb két szöge lehet derékszög. 8. Igazoljuk papírhajtogatással, hogy a háromszög szögeinek összege Igazoljuk papírhajtogatással a Pitagorasz-tételt. 0. Szerkesszük meg egy háromszög középvonalát. Legkevesebb hány hajtást kell ehhez elvégeznünk?. Határozzuk meg egy négyzet alakú papírt használva a, 5 -ot, valamint a 67, 5 -ot bezáró szög szinuszát és koszinuszát. Indokoljuk a választ. Szakirodalom [] Kazuo Haga: Origamics: Mathematical Explorations Through Paper Folding, World Scientific, 008. [] Robert J. Lang: Origami and Geometric Constructions, 00. [3] [4] Thomas Hull: Project Origami: Activities for Exploring Mathematics, Second Edition, Kindle Edition, 006. [5] T. Sundara Row: Geometric Exercises in Paper Folding, 958. [6] Donovan A. Jonson: Paperfolding for the Mathematics Class, National Education Association,

16 A matematika világából A MATHEMATIKAI ELŐCSARNOK (84) BEMUTATÁSA. rész Egy tanárról, aki megbuktatta Petőfi Sándort Szabó Péter Gábor adjunktus Szegedi Tudományegyetem Az iskolák tanár-diák kapcsolatának egyik érdekes utóélménye lehet, ha egy diák a későbbi élete során híres ember lesz és visszaemlékezik egykori tanulóéveire. József Attila és a szegedi egyetem fura ura Horger Antal tanár úr nevezetes afférját a költő Születésnapomra című versében írta meg. Talán ez az egyik legismertebb ilyen történet a magyar irodalomban. Azt valószínűleg azonban kevesebben tudják, hogy egyszer félévkor még Petőfi Sándort is megbuktatták az iskolában, ráadásul éppen az egyik olyan tárgyból, amelyből az ő személyét a mai napig tanítják: magyar történelemből. Makaróni-költészetnek nevezik azt a tréfás költői műfajt, amikor idegen, latinizált szavakkal keverve ír valaki verset. Az egyik klasszikus példa erre Petőfi Sándor Deákpályám című költeménye, amelynek első versszaka így hangzik: Diligenter frequentáltam Iskoláim egykoron, Secundába ponált mégis Sok szamár professorom. A felvidéki Selmecbányán, aki a tizenhat éves Petőfit akkoriban secundába ponálta, vagyis elégtelenre értékelte tudását, az Lichard Dániel (8 88) volt. Petőfi Sándor apja meg is írta ekkor fiának, hogy mint érdemtelen ifjúról leveszi róla a kezét, így Petőfi 839. február 5-én el is hagyta a selmeci líceumot. Voltak, akik később ezt a tanár úr számlájára írták, pedig a dolog azért nem ennyire egyértelmű. Illyés Gyula kifejezetten elmarasztalóan szólt róla, amikor rossz tanárnak, rossz embernek s ráadásul rossz szlovák hazafinak mondta őt. Az ő lelkét terheli, hogy a fiatal költő kilép a rendes kerékvágásból; a megpróbáltatások özönét zúdítja rokonszenves kamasz fejére. írja Illyés. A későbbi kutatások azonban már árnyaltabb képet festenek a helyzetről. Lichard Dániel bizonyára szigorú tanár lehetett, de Petőfi gyenge eredményének oka talán abban is keresendő, hogy akkoriban a magyar történelmet ott is latinul adták elő. Breznyik János, a líceum egykori igazgatója később ezt írta Lichardról: világos, tanulságos, érdekkeltő előadás, tanári teendőkben lelkiismeretes, pontos eljárás, szigorú fegyelemtartás oly kellékek, melyek a jó tanárnál megkívántatnak: úgy ezek Lichardban nagy mértékben megvoltak. Majd így folytatta: Különösen a mennyiség- és természettant tudta érdekessé tenni s megkedveltetni növendékeivel. Magyar nyelven maga is szerkesztett»mathematikai előcsarnokot«, melyről a szakférfiak még most is helyeslőleg nyilatkoznak. Lichard Dániel Mathematikai előcsarnok című könyvét 84-ben adták ki Pozsonyban. A könyv választékos címe mai szemmel is tetszetős, ez az, amit ma bevezetésnek szoktak mondani. 4

17 Bolyai Farkas használta még az eleje szót is erre (lásd például Az Arithmetika Eleje című könyvét). Lichard tankönyve A szónoklati osztály növendékeinek használatára. Két kőre rajzolt idomtárral alcímmel jelent meg Wigand Károly kiadásában. Matematikatörténet-írásunkban nem találtuk nyomát, hogy valaha is elemezték volna. A több mint kétszáz oldalas könyv a mai olvasó számára is élvezetes lehet. Az első része (0 oldal) a számtannal, a második (85 oldal) a mértannal foglalkozik. Ez utóbbi megértését 3 ábra segíti, amelyek külön táblákon kaptak helyet. A könyv mottóját a Bolyai-irodalomból is ismerős Joseph Johann von Littrow (78 840) osztrák csillagásztól kölcsönözte, előszavát Kovács-Martiny Gábor (78 845) jeles természettudós, matematika- és fizikatanárnak a szerző néhai oktatójának latin kézikönyvének említésével kezdi. Köszönetet mond még Taubner Károly ( ?) matematikus szerzőnek is az algebrai részben használt műszavaiért. Egy rövid bevezetés után, amely a mathesis fogalmáról és annak területeinek meghatározásáról szól, áttekinti a legszükségesebb matematikai jeleket és képleteket, valamint az axiómákat. A kötet első részének a tárgya a számtan: egészek, törtek, tizedes törtek, lánctörtek, hatványozás, gyökvonás, az egyenletek, egyenletrendszerek és végül a különböző arányfajták, valamint a számtani és mértani sorozatok tárgyalása. Helyenként érdekes történeti adatokkal is kíséri a tananyagot. A példái között számos pénzügyi matematikai számítást találhatunk, az angol, francia, német, orosz és osztrák pénzekről. Mindemellett a különböző hosszmértékek (magyar, német, angol, francia, porosz, orosz, svéd, spanyol, török, zsidó), a súlymértékek (kereskedésben, gyógyszereknél, aranyműveseknél), valamint a különböző ital- és időmértékek is szerepelnek a könyvben. A második részben a mértané, a geometriáé a főszerep. Az első szakaszban a síkmértan, a másodikban a térmértan kerül tárgyalásra, több mint száz paragrafuson keresztül. Állítványok és bizonyítások, fejtemények és megfejtések. Háromszögek, négyszögek, sokszögek, a kör és ezek sajátosságai. Területszámítások és szerkesztések, részekre felbontások és darabolások. Síkok, hasábok, hengerek, kúpok, gömbök és a szabályos testek tárgyalása. Térfogatszámítási feladatok, mértani hálók készítése. Hossztan. Síktan. Testtan. Véleményem szerint jól lehetett a könyvből tanulni, érdekes gyakorlati példákat tárgyalt, azok megoldásával. 85-ben Pozsonyban újból kiadták. Befejezésül lássunk három számtani példát a Mathematikai előcsarnokból, az eredeti szövegezést és helyesírást megtartva.. Tíz napszámos 8 napig egy árok kiásásán dolgozott, mellynek hossza 34/, szélessége /3, mélysége pedig 3 /4 láb; hány napig kell dolgoztatnom 4 embert egy 46 l. hosszú, 3 /3 l. széles és 4 l. mélly árkon?. Egy falu tehénpásztorával abban szegődött, hogy az első darabért az egész évre csak krajczár, a másodikért 4 kr. a harmadikért 7 kr. és úgy folyton minden marha darabért 3 krl. több fizettessék. Az utolsó darabért a pásztornak 48 kr. összesen pedig 75 kr. fizettetett. Hány tehén vólt a faluban? [A 75 kr. bizonyára itt egy nyomdahiba a könyvben, a helyes 375 kr. helyett.] 3. Egy vén kóldús azon kérdésre: hány esztendős volna? saját élete rövid vázlatját ekként adja elő: hat esztendős koromban iskolába járni kezdettem s így egész életem kilenczed részét töltöttem el; mint deák, egy huszár ezredbe lépvén, életem harmad részét katonáskodtam; haza térvén a franczia háborúból, megházasodtam s e házasságban életem hatod részét töltöttem be; azóta pedig már 9 esztendeig kóldús botommal fáradozom. Hány éves volt a kóldús? 5

18 Műhelysarok A FELADAT MEGOLDÁSÁNAK MEGSZERVEZÉSE Olosz Ferenc tanár, Szatmárnémeti A számlálási feladatokban, de máshol is, nagyon fontos, hogy ne felejtsünk ki egyetlen esetet sem a megoldásból. Az esetleges hibákat csak úgy tudjuk kiküszöbölni, ha úgy szervezzük meg a munkát, hogy egy bizonyos rendszert követve sorra tudjuk venni az összes esetet. A tanulókat például a nagyobb számok összes osztóinak felírásával, mértanban egy adott ábrán található összes szakasz, metszéspont, háromszög, téglalap stb. megszámláltatásával, kombinatorikában az összes eset felsorolásával szoktathatjuk arra, hogy ne találomra, hanem módszeresen keressék a kérdésekre a választ. Sok feladat megoldása előtt hasznos, ha kidolgozunk egy pontos tervet, hogy milyen sorrendben fogjuk felsorolni (tárgyalni, vizsgálni) a feladat összes esetét. Például a lineáris egyenletrendszerek tárgyalásánál bevett szokás, hogy a rendszer mátrixának rangja szerint állítjuk be a sorrendet. Két feladat megoldásával ezt a szervezési munkát próbáljuk bemutatni.. Az y = x + n (n N ) parabola és az x tengely által közrezárt tartományban és annak határán összesen 99 olyan pont található, amelyeknek mindkét koordinátája egész szám. Határozzuk meg az n értékét! Megoldás Az y = x + n másodfokú függvény az Ox tengelyt a ( n, 0), illetve az (n, 0) pontokban metszi. Az Oy tengellyel való metszéspont (0, n ), amely egyben a függvény maximumpontja is. Az egész koordinátájú pontok összeszámolását a következő rendszer szerint végezzük el: először megszámoljuk az Oy tengelyen levő kedvező pontokat, majd az Oy tengelytől pozitív irányban levő tartományban és annak határán levő egész koordinátájú pontokat. Az összes kedvező pontot úgy kapjuk meg, hogy a jobb -n y n O 3 n y= -x + n oldali tartományban kapott pontok számát megkétszerezzük, és hozzáadjuk az Oy tengelyen található kedvező pontok számához, és ez az összeg 99 kell legyen. Az Oy tengelyen n + olyan pont van, amelynek mindkét koordinátája egész szám. Ezután megvizsgáljuk rendre, hogy az x =, x =, x = 3,..., x = n egyeneseken hány egész koordinátájú pont található. Ha x =, akkor y = n, tehát ezen az egyenesen n + kedvező pont található. Ha x =, akkor y = n, tehát ezen az egyenesen n + kedvező pont található. Ha x = 3, akkor y = n 3, tehát ezen az egyenesen n 3 + kedvező pont található. Így folytatjuk x = n értékig, amikor y = n n, tehát ezen az egyenesen n n + kedvező pont van. Ha összeadjuk e pontok számát, akkor az Oy tengelytől jobbra eső tartományban összesen n n ( n ) + n kedvező pontot találunk. Ekkor [n n ( n ) + n]+(n +) = 99 és keressük ennek az egyenletnek a természetes szám megoldásait. Felhasználjuk az n = egyenlőséget, így n 3 6 n(n + )(n + ) 3 + n + n + = 99. n(n + )(n + ) 6 x

19 Mivel egy harmadfokú egyenletet kaptunk, ezért megpróbáljuk az egyenlet bal oldalát szorzattá alakítani, ezért az első és negyedik tagból kiemelünk n -et, majd (n + )-et. Ezek szerint n n(n + )(n + ) (n + ) + (n + ) = 99 3 [ (n + ) n n(n + ) 3 ] + = 99 (n + )(n n + 3) = Az egyenlet bal oldalán egy kéttényezős szorzat, a jobb oldalon pedig egy három tényezős szorzat található. Ahhoz, hogy ne kelljen minden esetet kipróbálni, a bal oldali első tényezőt próbáljuk behatárolni, így könnyen beláthatjuk, hogy n + 3 és n + < n n + 3, bármely n N esetén. Ezek alapján n + értéke 3, 3 vagy 3 lehet, és a második tényező a másik két szám szorzata kell legyen. Ha n + = 3, akkor n =, amely nem elégíti ki az egyenletet. Ha n + = 3, akkor n = 6, ami kielégíti az egyenletet. Ha n + = 3, akkor n =, amely nem megoldása az egyenletnek. Tehát n = 6 esetén az y = x + 36 parabola és az Ox tengely alkotta tartományban és annak határán 99 olyan pont található, amelynek mindkét koordinátája egész szám.. Mekkorák lehetnek annak az egyenlő szárú háromszögnek a szögei, amelynek egyik oldala kétszerese a ráhúzott magasságnak? Megoldás Egy egyenlő szárú háromszögben a magasságot húzhatjuk az alapra vagy valamelyik szárra, és az egyenlő szárú háromszög lehet hegyesszögű, derékszögű, vagy tompaszögű, ezért elméletileg 3 = 6 esetet kell megvizsgáljunk. A a) Amikor az alapra húzott magasság az alap hosszának felével egyenlő, akkor egyértelműen tudunk szerkeszteni egy ilyen egyenlő szárú háromszöget. A szerkesztés a következő: a BC szakasznak a D felezőpontjában merőlegest emelünk a BC-re, és e merőlegesen az egyik félsíkban úgy vesszük fel az A pontot, hogy AD = BD = DC legyen. Így az ABC háromszögben AB = AC (a B D C szakasz felezőmerőlegesének bármely pontja egyenlő távolságra van a szakasz végpontjaitól), AD magasság és BC = AD, tehát ez a háromszög teljesíti a feladat feltételeit. A szerkesztés szerint DAB és DAC egyenlő szárú derékszögű háromszögek, így az alapon fekvő szögeik mértéke 45, tehát az ABC háromszög szögeinek mértéke 45, 45, 90. (A szerkesztés azt is tisztázza, hogy csak a derékszögű egyenlő szárú háromszögben lehet az alapra húzott magasság az alap felével egyenlő, így más esetet nem kell tanulmányozzunk). A b) Ha a hegyesszögű egyenlő szárú háromszög szárára húzzuk a magasságot, akkor a magasság akkor lesz a szár fele, ha a szárak által 30 bezárt szög 30 -os (ugyanis csak a 30 -os derékszögű háromszögben o igaz, hogy a 30 -os szöggel szemben fekvő befogó az átfogó fele). Az ABC háromszögben AB = AC, Â = 30, BD AC, D BD = AB = AC, tehát a 75, 75, 30 -os szögekkel rendelkező B C háromszög kielégíti a feladat feltételeit. c) A derékszögű egyenlő szárú háromszög szárára húzott magasság a háromszög másik szára, és mivel a két szár egyenlő egymással, ezért ez a háromszög nem teljesíti a feladat feltételeit. D d) Ha tompaszögű egyenlő szárú háromszög A 30 o 50 o szárára húzzuk a magasságot, akkor a magasság talppontja a szár meghosszabbítására esik, tehát B C 7

20 a szárak közötti szög 50 -os kell legyen, hogy a szár meghosszabbítása a másik szárral egy 30 -os derékszögű háromszöget tudjon alkotni. Ekkor AB = AC, BAC = 50, BD AC, és mivel BAD = 30, ezért BD = AB = AC. Tehát a 5, 5, 50 -os szögekkel rendelkező háromszög is kielégíti a feladat feltételeit. Összegzésképpen elmondhatjuk, hogy a 45, 45, 90, a 75, 75, 30 és a 5, 5, 50 -os szögekkel rendelkező egyenlő szárú háromszögek elégítik ki a feladat feltételeit. Szakirodalom [] Gerőcs László: Repeta-Matek 3, Scolar Kiadó, Budapest, 997,. oldal 5.5 feladat. [] Szám-vetés 0 éves a Nagy Károly Matematikai Diáktalálkozó, Zalai Matematikai Tehetségekért Alapítvány, Nagykanizsa, 00, 4. oldal,. feladat. ELEMI OSZTÁLYOS TANULÓK RÉSZÉRE KITŰZÖTT FELADATOK E: 0. Bori leírta a számokat -től 00-ig és megszámolta, hogy hány darab -es számjegyet írt le. Segítsünk Borinak összeszámlálni az -es számjegyeket anélkül, hogy leírnánk az összes számot. E: 0. Tünde és Tímea úgy osztotta el egy csokoládés zacskó tartalmát, hogy a 7 darab csokoládéból ahányszor Tünde elvett 4-et, annyiszor vett Tímea 5-öt. Hány csokoládéja lett a lányoknak külön-külön? Másnap mindketten elvitték a csokoládékat az iskolába és az osztályukban minden gyereknek pontosan csokoládé jutott. Hány gyerek tanul Tünde, illetve Tímea osztályában? E: 03. Nagymama a zöldséges kertjében fokhagymát is termeszt. Egy évben 35 fej fokhagymára van szüksége a főzéshez. Egy fej fokhagyma 7 gerezdből áll. Ha ősszel nagymama elültet egy gerezdet, akkor abból egy fej fokhagyma lesz. Hány gerezd fokhagymát ültetett nagymama ahhoz, hogy a termés egy évig elég legyen a főzéshez és a következő ültetésre? E: 04. Marika dobozában 0 golyó van -től 0-ig számozva. a) A golyókkal játszva észrevette, hogy néhány golyón álló számban a számjegyek összege 3. Hány ilyen golyó van és melyek ezek? b) Az is feltűnt Marikának, hogy néhány golyón álló számban a számjegyek szorzata 9. Hány ilyen golyó van és melyek ezek? Ezekre a feladatokra minden I-V. osztályos tanuló küldhet megoldásokat, amelyeket 0. február 0-ig fogadunk el a matlapmegoldasok@yahoo.com címre. A feladatok megoldásához az elemi osztályokban tanult módszereket alkalmazzuk! Kérjük az összesítőlapon a tanító nevét feltüntetni! 8

21 c) Végül külön dobozokba tette a golyókat aszerint, hogy mennyi a rajtuk álló szám számjegyeinek összege. Hány dobozra volt szüksége? E: 05. Vágjuk ki az ábrákon látható alakzatokat zöld papírból (a papír hátlapja fehér). Hányféle zöld téglalapot rakhatunk ki az összes darab felhasználásával? ÁLTALÁNOS ISKOLÁS TANULÓK RÉSZÉRE KITŰZÖTT FELADATOK V. osztály A: Egy könyvespolcnak nyolc polca van és minden polcon legalább könyv áll. El lehet rendezni 5 könyvet úgy, hogy minden polcon különböző számú könyv álljon? A: Egy természetes számot szenzációs számnak nevezünk, ha az első és utolsó számjegyét kivéve minden számjegye a mellette álló két számjegy számtani közepe. a) Írjuk fel az összes háromjegyű szenzációs számot, amelyben a számjegyek párosak és különbözőek. b) Írjuk fel az összes négyjegyű szenzációs számot, amelyben a számjegyek párosak. c) Írjunk egy-egy példát ötjegyű szenzációs számokra, amelyben minden számjegy páratlan, illetve van páros és páratlan számjegy is. A: a) Írjuk fel az N = 9 n+ 53 n számot két négyzetszám összegeként, bármely n természetes számra. b) Hasonlítsuk össze az a = 3 0 : 9 és b = 0 ( 675 : 6) számokat. A: Egy kocka hat lapjára különböző prímszámokat írunk úgy, hogy a szemben fekvő lapokon a számok összege ugyanannyi legyen. Írjuk be a kocka hálózatába, hogy milyen számok állnak a nem látható lapokon. a) b) Minden V-VIII. osztályos tanuló küldhet megoldásokat, osztálya és az azt megelőző osztályok számára kitűzött feladatokra. A IX. osztályos tanulók a VII-VIII., a X. osztályos tanulók pedig a VIII. osztály számára kitűzött feladatok megoldásait küldhetik be. Kérjük az összesítőlapon a tanár nevét feltüntetni! Megoldásokat 0. február 0-ig fogadunk el a matlapmegoldasok@yahoo.com címre. 9

22 A: 430. Dávid sízni volt a vakációban. A sípályán minden 5 percben egyszer ereszkedett le, 0 m/s sebességgel, és a felvonóval m/s sebességgel ment fel a hegyre. Tudva, hogy a felvonónál a várakozási idő 3 perc, határozzuk meg a pálya hosszát. VI. osztály A: 43. Határozzuk meg az ab és cd természetes számokat, amelyekre ab ab = 3 cd. b) Határozzuk meg az a számjegyet, ha ( aa) = aa Csáki Ferenc tanár, Sárköz A: 43. a) Határozzuk meg azt a legkisebb természetes számot, amely csak az és 0 számjegyekből áll és osztható 5-tel. b) Igazoljuk, hogy a P = szám osztható 9-cel. A: 433. Legyenek A, B, C, D kollineáris pontok ebben a sorrendben úgy, hogy AB, CD, 0 egyenesen arányos az AC, BD, 0 számokkal. Határozzuk meg az AD arány értékét. BC A: 434. Az MON és NOP nem egymás melletti kiegészítő szögek úgy, hogy az NOP mértéke 3 5 része az MON mértékének. Ha R az M pont szimmetrikusa az O pontra nézve, és S egy olyan pont, amelyre ON az ŜOP szögfelezője, akkor igazoljuk, hogy S az MR egyenesen van. A: 435. Mértan óra előtt Kati, Klári, Karola és Kincső magához vett egy-egy alakzatot: egy körlapot, egy kockát, egy téglalapot és egy derékszögű háromszöglapot. A lányok a következőket mondták: Kati: Az én alakzatom minden irányból mérve ugyanakkora. Klári: Én betettem a füzetembe az alakzatot, amit elvettem. Karola: Az enyémnek két átlója van. Kincső: A nálam levőnek van derékszöge. Tudva, hogy egyik lány sem mondott igazat, határozzuk meg, hogy kinél melyik alakzat volt. VII. osztály A: 436. Adott a p = ( ) szám. a) Igazoljuk, hogy p prímszám. b) Határozzuk meg z Z értékét úgy, hogy p z Z. A: 437. Oldjuk meg a Z Z halmazon az x + y = 0 egyenletet. 0