Bolai János Matematikai Társulat Rátz László Vándorgűlés 06. Baja Záródolgozat dr. Nag Piroska Mária, Dunakeszi Dunakeszi, 06.07..
A Vándorgűlésen Erdős Gábor az általános iskolai szekcióban tartott szemináriumot Valahol már láttam címmel. Az előadó néhán alap példát és azok versenfeladatokon való alkalmazását mutatta be. Dolgozatom ehhez az előadáshoz kapcsolódik. Az előadáson elhangzott eg állítás, melet részletesen körüljártunk, versenfeladatokban való előfordulásukat is láttuk, majd az állítás megfordítását is alkalmaztuk eg feladat kapcsán. A megfordítás igazolása nem hangzott el, íg dolgozatomben először erre térnék ki. Az előadáson elhangzott állítás: Állítás: Az ABCD trapéz alapjai AB és CD, az átlók metszéspontja legen M. Az AMD és a BMC háromszögek területe megegezik. (Ezeket a háromszögeket az előadó a trapéz tüdejeinek nevezte.) D C M A B Bizonítás: Az ABD és az ABC háromszögek területe megegezik, hiszen az egik oldaluk közös és a hozzá tartozó magasságuk megegezik a trapéz magasságával. Ezekből a területekből az AMB háromszög területét elvéve nilván egenlő területek maradnak, ezek pedig az állításban szereplő háromszögek területei. ß Az állítás megfordítása: Az ABCD konve négszög átlói az M pontban metszik egmást. Ha az AMD és a BMC háromszögek területe megegezik, akkor a négszög AB és CD oldala párhuzamos, azaz a négszög trapéz. I. bizonítás: Az AMD és a BMC szögek megegeznek, mivel váltószögek, tehát szinuszaik is egenlők. Íg, mivel t t, MA MD MB MC is teljesül. Ezt átrendezve kapjuk, hog AMD BMC D C M A B MD MC AB CD.ß MB MA. Ami pedig a párhuzamos szelők tételének megfordítása miatt azt jelenti, hog II. bizonítás: Ez eg sokkal kevesebb ismeretanagot feltételező bizonítás, 8.,. osztálban is bemutatható: Az AMD és BMC háromszögeket egészítsük ki az ABM háromszöggel. Mivel M átlók metszéspontjaként keletkezett, a kiegészítésekkel háromszögeket kaptunk. Mivel t t, ezért ha mindkét oldalhoz hozzáadjuk az ABM háromszög területét, továbbra is egenlő területeket kapunk, azaz t t. Az ABD és ABC háromszögek AB oldal közös, íg a területük egenlőségéből az ABD ABC AB oldalhoz tartozó magasságuk egenlősége következik. Az ABCD négszög konve, íg az AB egenes uganazon oldalán, az előzőek miatt az AB egenestől uganakkora távolságra található a négszög másik két pontja, azaz AB CD. ß AMD BMC
A továbbiakban az előadás tematikáját követve eg alapfeladathoz gűjtöttem további feladatokat, többek között versenfeladatokat is. Az alapgondolat a következő: Az egenlet vag egenlőtlenség megoldásakor a két oldal értékkészletét vizsgáljuk. A vizsgálat során megállapítjuk, hog az egik oldal eg konkrét értéknél kisebb, vag azzal egenlő, a másik oldal pedig ennél a konkrét értéknél nagobb, vag azzal egenlő. Ezek után egenlőség csak abban az esetben állhat fenn, ha mindkét oldal a konkrét értékkel egezik meg. Egenlőtlenség esetén pedig a relációjel állásától függően vag mindig igaz az állítás, vag sosem, vag csak az egenlőség állhat fenn. A feladattípus már. osztálban tanítható, alappéldaként a Mozaik Kiadó Színes Matematika. osztálos tankönvéből választottam eg példát: Az alapfeladat: Oldjuk meg a következő egenletet: 6 z z (Sokszínű matematika. o., 56//f. Mozaik Kiadó). megoldás: Elsőre ijesztőnek tűnhet az egenlet a sok ismeretlen, a sok függvén, a másodfokú kifejezés miatt, de épp ez a sokféleség adhat ötletet, hog ne rendezéssel, esetszétválasztással próbálkozzunk, hanem az értékkészletet vizsgáljuk. A bal oldalon két nemnegatív kifejezés összege szerepel, a jobb oldalt pedig teljes négzetté egészíthetjük ki: ( ) 6 z Mindkét oldal értékkészletét vizsgálva az egenlet bal oldala csak nemnegatív, jobb oldala csak nempozitív lehet. Egenlőség csak akkor állhat fenn, ha mindkét oldal pontosan 0. Íg z adódik. A bal oldal mindkét tagja nemnegatív, összegük csak akkor lehet 0, ha mindkét tag értéke 0. Íg és adódik. Az értékek helessége behelettesítéssel ellenőrizhető.. megoldás: Rendezzük 0ra az egenletet. Algebrai átalakítások után kapjuk: 6 z ( ) 0 A bal oldalon mindhárom tag csak nemnegatív értékeket vehet fel, íg összegük csak úg lehet 0, ha a tagok mindegike 0. Íg adódik az, és z. A megoldás helessége behelettesítéssel ellenőrizhető.
. feladat: Mel és valós számokra teljesül az alábbi egenlőtlenség: (AD 04/5 Kezdő I., II. kat.. forduló, II. kat.. forduló. feladat). megoldás: A tagokat eg oldalra rendezve és vel megszorozva az egenlőtlenséget azt kapjuk, hog 0 ( ) A jobb oldalt átalakítva kapjuk: ( ) ( ) ( ) 0 A jobb oldal mindhárom tagja nemnegatív, ezért mindhárom értéke csak 0 lehet, tehát:, és. Íg az egenlőtlenség csak az és számokra teljesül. Az egenlőség is ebben az esetben áll fenn.. megoldás: A feladat megoldható a rendezési tétellel is: Tétel (rendezési tétel): Adott két szám nes: [ ; ] és [ ; ] összegeket: Â i i... n... n. Képezzük a következő A az és számok minden permutációja esetén. Az íg képzett összeg akkor lesz maimális, ha az és számok azonosan rendezettek (azaz az egik szám nesből a legngobbat a másik szám nes legnagobb elemével szorozzuk, a második legnagobbat a második legnagobbal és íg tovább, végül a két szám nes legkisebb elemét szorozzuk egmással), akkor lesz minimális, ha ellentétesen rendezettek (azaz az egik szám nes legkisebb elemét a másik szám nes legnagobb elemével szorozzuk, stb), egéb esetekben pedig e két összeg közé esik az értéke. Egenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha a szám nesekben minden szám azonos. Az egik és a másik számhármas is legen [ ; ; ] rendezett összeget látjuk tétel szerint:. Az egenlőtlenség jobb oldalán az azonosan È; ; È; ; Í, a bal oldalon pedig eg átrendezettet Î; ; Í. Azaz a rendezési Î; ; Ezt a kitűzött feladattal egbevetve látható, hog csak az egenlőség teljesülhet, az pedig akkor áll fenn, ha a számhármas tagjai egenlők, azaz.
. feladat: Oldjuk meg az egenletet a valós ( ) ; számpárok halmazán! 6 4 (AD 04/5 Haladó II. kat.. forduló. feladat). megoldás: Az egenlet értelmezési tartomána: 0, azaz, másrészt 0, azaz. Az egenletet rendezve, majd a bal oldalt alakítva: ( ) Az egenlet bal oldala nemnegatív, jobb oldala nempozitív. Egenlőség csak akkor állhat fenn, ha mindkét oldal értéke 0 : ( ) 8 0 Æ 4 0 Azaz a keresett számpárok: ( ) ;4 és ( ) ;4, amelek a kikötésnek megfelelnek és ellenőrzéssel látható, hog az egenletet is kielégítik.. megoldás: Ez a feladat is megoldható eg oldalra rendezéssel, mint az előző feladat.
. feladat: Az a valós paraméter mel értékeire lesz az 4a 4a a 0 egenletnek pontosan eg valós megoldása? (OKTV 0/4 I. kat.. forduló. feladat) Megoldás: Az egenlet értelmezési tartomána: Azonos átalakításokat végezve: a. ( a) a ( a) a 0 ( ) 0 A bal oldalon szereplő tört számlálója biztosan pozitív, a számlálóban az abszolútértékjel elhagható: ( a) a ( ) 0 Az egenletet tovább alakítva: a a ( ) Eg pozitív számnak és reciprokának az összege legalább, tehát az egenlet bal oldala, vag annál nagobb lehet, hiszen a bal oldalon álló harmadik tag is nemnegatív. Azaz az egenlőség csak akkor állhat fenn, ha az első és második tag értéke, a harmadiké pedig 0. Tehát az egenletnek csak és a esetén lehet megoldása. Azaz a, íg a 0 vag a. Meg kell még vizsgálni, hog ezekben az esetekben hán megoldása van az egenletnek. a 0 esetén az eredeti egenlet: 0 ( )
Az abszolút értékes kifejezés legalább, a négzetes pedig legalább 0, íg a bal oldal legalább. Egenlőség csak akkor állhat fenn, ha mindkét tag a minimumát veszi fel. Ez esetén teljesül csak, tehát az egenletnek ténleg csak megoldása van. a esetén az eredeti egenlet: 4 5 ( ) 0 ( ) ( ) ( ) Az abszolút értékes kifejezés legalább, a négzetes pedig legalább 0, íg a bal oldal legalább. Egenlőség csak akkor állhat fenn, ha mindkét tag a minimumát veszi fel. A négzetes kifejezésnek esetén van minimuma, ekkor az abszolútértékes kifejezés is a minimumát veszi fel, tehát ténleg eg megoldása van az egenletnek. Azaz az egenletnek pontosan megoldása van, ha az a paraméter az a 0 vag a értéket veszi fel. 4. feladat: Oldjuk meg az egenleteket a valós számok (számpárok) halmazán: a ) b ) c ) 4 0 4 6 5 (Készüljünk az érettségire matematikából emelt szinten; Műszaki Kiadó) Megoldás: a) Az egenlet bal oldala 0nál kisebb, vag egenlő, jobb oldala viszont 0nál nagobb, vag egenlő. Egenlőség csak akkor állhatna fenn, ha mindkét oldal értéke 0 lenne. A bal oldal 0 esetén veszi fel a 0 értéket, a jobb oldal pedig esetén. Íg az egenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán. b) A bal oldalon álló gökös kifejezés értéke nemnegatív, ezt kettővel növelve nél nem kisebb értéket kapunk. A jobb oldal viszont kisebb nél, hiszen 0. Íg az egenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán. c) Az egenletet rendezve, majd teljes négzeteket előállítva: 4 4 6 ( ) ( )
Az egenlet bal oldala 0nál nem kisebb, a jobb oldala viszont igen, íg az egenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán. A trigonometrikus függvének megismerése után ismét sok alkalom adódik az értékkészlet vizsgálatával való egenletmegoldásra. 5. feladat: Oldjuk meg az egenletet a valós számpárok halmazán: sin ( ) cos( ) (Készüljünk az érettségire matematikából emelt szinten; Műszaki Kiadó) Megoldás: Mivel a sin és a cos függvének értéke legfeljebb lehet, azért az egenlet bal oldalának értéke legfeljebb lehet. Az egenlőség tehát csak akkor állhat fenn, ha a bal oldal mindkét tagja az értéket veszi fel. Azaz: sin ( ) és cos ( ) A felső egenletből az alsót kivonva:. Tehát a következő egenletrendszert kell megoldanunk: p kpô lp Ô p p p mp, azaz m, m Œ Z. 6 k,l Œ Z Majd az első egenlet szereséhez az alsó egenletet hozzáadva: p p p np, azaz n, n Œ Z Behelettesítéssel ellenőrizhető a gökök helessége. 6. feladat: Oldjuk meg a következő egenletet a valós számok halmazán: (KöMaL próbaérettségi) sin 4 4. sin Megoldás: Mivel 0 sin, az egenlet jobb oldala 4 4 esik bármit is írunk helére. 0 és 4 0, ezért az egenlet bal oldala legfeljebb lehet. Tehát egenlőség csak akkor állhat fenn, ha mindkét oldal értéke. Ez csak 0 esetén következik be, azaz az egenlet megoldása 0.
7. feladat. Mutassuk meg, hog nincs olan valós ( ; ) (KöMaL próbaérettségi) ( ) számpár, amelre 5 5 Ô 6 88 Ô Megoldás: Az első egenlet bal oldala 5, vag annál nagobb, jobb oldala pedig 5 vag annál kisebb értékeket vehet fel. Tehát egenlőség csak akkor állhat fenn, ha 0 és. Ezeket az értékeket a második egenletbe helettesítve: 0 6 8 88. Azaz az egenletrendszernek valóban nincs megoldása.