MÓDSZERTANI FOLYÓIRAT - Mozaik Kiadó

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSA1. Írja fel egyetlen a alapú hatványként:2. Számolja ki az értékét:a24a⋅a =(3 pont)2 26 + 8 =(1 pont)A felvételi pontok átlaga 302,4, szórása pedig41,8. A matematika érettségi jegyek eloszlásaa következõ:Érettségi jegyGyakoriság3 214 415 14A jegyek átlaga 3,9, szórása 0,7. A hallgatókközül 46-an gimnáziumban, 30-an pedig szakközépiskolábanérettségiztek. 2011-ben 53-an,míg 23-an már korábban szerezték meg az érettségivizsgát, azaz a felvettek közel egyharmadanem a felvételi évében érettségizett.Hány éve érettségizettGyakoriság0 531 72 93 64 13. Gyöktelenítse a nevezõt:13+2(2 pont)4. Oldja meg a következõ egyenletrendszert avalós számpárok halmazán!5x+ 2y= 14x+ 3y= 5(4 pont)5. Oldja meg a következõ egyenlõtlenségeta valós számok halmazán!x 2 + 15 > 8x(4 pont)6. Ábrázolja a függvény grafikonját:f(x) = (x + 3) 2 + 1(2 pont)7. Jellemezze az alábbi grafikonjával adottfüggvényt!A korábban érettségizettek átlagosan 2 évvela felvétel elõtt maturáltak.A mérõeszközA felmérés során használt 7 feladatból állóteszt — melyet alább bemutatunk — a zárthelyidolgozat egy rövidített feladatsora, melynek a hárommérési alkalommal használt változatai csakszámokban tértek el egymástól, azok ekvivalensnektekinthetõek.Értelmezési tartomány:Értékkészlet:Zérushely:Monoton nõ:Abszolút maximumhely:Abszolút maximumérték:(6 pont)MOZAIK KIADÓ 5

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAre 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 középiskolaitanulmányaikat, így ez a folyamat az õ esetükbenis 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 szignifikánsanjobb 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. Általánosságbanelmondható, hogy a többi hallgatónk közülazoknak, akik nem jelesre érettségiztek, de különösképpena szakközépiskolában végzettekneka kurzus által nyújtott áttekintés hasznosnakbizonyult, hisz teljesítményük a zárthelyi dolgozatrajobb lett, ezáltal felkészültebben kezdhettékmeg egyetemi tanulmányaikat. A szakközépiskolásokesetében a gimnazistákkal szembentapasztalt kezdeti hátrányt is sikerült ledolgozni.A harmadik mérési alkalommal — melyrea félév 8. hetében került sor — kapott eredményekpedig azt igazolják, hogy a hallgatók teljesítményea zárthelyi dolgozat óta nem romlott,a kurzuson zajlott ismétlés hatásos volt. Érdemesmég megemlítenünk, hogy a hallgatókkalfolytatott beszélgetések is azt támasztják alá,hogy kurzusunk a felkészülésben sokuknak hasznossegítséget jelentett.Úgy véljük, tárgyunk tömbösített oktatásiformája elõnyösebb a hallgatóknak a félév közbenipárhuzamos alapozásnál, felzárkóztatásnál.Mivel az ilyen típusú kurzusukon áttekintett tudásanyagramár az egyetemi tanulmányok kezdeténszükség 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 2007elõtti dolgozatokkal, illetve más felsõoktatásiintézmények hasonló tárgyainak eredményévelnehezen összehasonlíthatóak, így ezen hipotéziststatisztikailag nem tudjuk igazolni.A felmérés során keletkezett adatbázisunklehetõséget nyújt arra, hogy a késõbbi évfolyamokeredményeit is összehasonlítsuk a jelenlegiével,ezáltal a köz- és felsõoktatásban lejátszódófolyamatoknak a jövõbeli hallgatóink matematikatudásáravonatkozó hatásairól is képetalkothatunk. A késõbbiekben pedig megvizsgálhatjuk,hogy a hallgatóknak a Matematika I.tárgyon elért pontszámai, illetve az alapozó tárgyonelért eredményei között milyen összefüggésvan, azaz kurzusunk hatása a rá épülõ matematikaitanulmányokban megmutatkozik-e.KöszönetnyilvánításSzeretnénk megköszönni tanszéki kollégáinktámogatását és közremûködését a felmérésekelvégzésében, továbbá hallgatóinknak, hogy afelmérésben való részvételüket önként vállalták.Köszönjük Tóth Editnek (MTA SZTE KépességkutatóCsoport) a cikk írása során adott értékesjavaslatait.Hivatkozások[1] Csákány Anikó, Pipek János: A 2009 szeptemberébena mûszaki és természettudományosszakokon tanulmányaikat kezdõ hallgatókáltal írt matematikafelmérõ eredményeirõl.Matematikai lapok, 16/1 (2010) 1—15.[2] Földes Petra: Élõ matematika. Hogyan válhatnakhasznossá és használhatóvá a matematikaiismeretek — Beszélgetés Vancsó Ödönkutatóval. Új pedagógiai szemle, 52/9 (2002)133—140.[3] Lukács Ottó (2002): Matematikai statisztika.Bolyai-könyvek, Mûszaki Könyvkiadó, Budapest.[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 tanítása,17/5 (2009) 3—14.[6] Reiczigel Jenõ, Harnos Andrea, SolymosiNorbert (2007): Biostatisztika nem statisztikusoknak.Pars Kft., Nagykovácsi.MOZAIK KIADÓ 9

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAA 100 szenátorból 67 szenátort kell kiválasztanunk,ezt 100 ⎞ ⎛⎜ ⎟-féleképpen tehetjük meg.⎝ 67 ⎠⎛Az 1 elnökbõl 0 elnököt 1 ⎞⎜ ⎟-féleképpen választhatunkki.⎝0⎠1 100 434Összesen⎛ ⎜ ⎞ ⎟⋅⎛ ⎜ ⎞ ⎟⋅⎛ ⎜ ⎞⎟ darab 2. típusú⎝0⎠ ⎝ 67 ⎠ ⎝289⎠minimális gyõztes koalícióban szerepel a kiválasztottképviselõ.Az 1. típusú koalíciók 270 tagúak, míg a 2.típusú koalíciók 357 tagúak. Így a definíció szerintegy kiválasztott képviselõ teljes Deegan-Packel-féle hatalma:1 ⎛⎞⎛ 1 100⎞⎛434⎞TDPP(képviselõ)= ⋅⎜⎟⎜ ⋅ ⎟⎜ ⋅ ⎟+270 ⎝⎠⎝ 1 51⎠⎝217⎠1 ⎛1⎞ ⎛100⎞ ⎛434⎞+ ⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ≈357 ⎝0⎠ ⎝ 67⎠ ⎝289⎠156≈ 0,622 089 855 546 ⋅10 .3. Az amerikai elnök, a szenátusés a képviselõház Deegan-Packel-félehatalmi indexeAz elnök Deegan-Packel-féle hatalmi indexedefiníció szerint:DPI (elnök) =TDPP(elnök)= ≈TDPP(elnök) + 100 ⋅ TDPP(szenátor) + 435 ⋅TDDP(képviselõ)≈ 0,003 703 703 704 ≈ 0,370%.Egy szenátor Deegan-Packel-féle hatalmiindexe:DPI (szenátor) =TDPP(szenátor)= ≈TDPP(elnök) + 100 ⋅ TDPP(szenátor) + 435 ⋅TDDP(képviselõ)≈ 0,001 888 888 ≈ 0,189%.Egy képviselõ Deegan-Packel-féle hatalmiindexe:DPI (képviselõ) =TDPP(képviselõ)= ≈TDPP(elnök) + 100 ⋅ TDPP(szenátor) + 435 ⋅TDDP(képviselõ)≈ 0,001 856 109 ≈ 0,186%.A szenátus tagjainak összes DPI hatalma:kb. 100 ◊ 0,189 = 18,9%.A képviselõház tagjainak összes DPI hatalma:kb. 435 ◊ 0,1856 ª 80,74%.4. Kísérletünk a képviselõházlétszámának a változtatásáraÉrdekes lehet megvizsgálni, hogyan változnameg az elnök, a szenátorok és a képviselõkDPI hatalma, ha megváltozna a képviselõk száma.Az elnök és a szenátus létszámának megváltoztatásalehetséges, de még valószínûtlenebbkísérletekhez vezetne.Csökkentsük képzeletben 10%-kal a képviselõházlétszámát 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 éppenmeghaladó létszám 261 fõ.1 100 391Az elnök ⎛⎞⎛ ⎜⎟⎜ ⋅⎞⎛ ⎟⎜ ⋅⎞⎟darab minimális⎝⎠⎝ 1 51⎠⎝196⎠gyõztes koalícióban vesz részt.1 ⎛⎞⎛ 1 100⎞⎛391⎞TDPP(elnök)= ⋅⎜⎟⎜ ⋅ ⎟⎜ ⋅ ⎟≈248 ⎝⎠⎝ 1 51⎠⎝196⎠≈ 8,101 219 820 ⋅101421 ⎛⎞⎛ 1 99⎞⎛391⎞TDPP(szenátor)= ⋅⎜⎟⎜ ⋅ ⎟⎜ ⋅ ⎟+248 ⎝⎠⎝ 1 50⎠⎝196⎠1 ⎛1⎞ ⎛99⎞ ⎛391⎞+ ⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ≈ 4,131 622 108 ⋅10328 ⎝0⎠ ⎝66⎠ ⎝261⎠1 ⎛⎞⎛ 1 100⎞⎛390⎞TDPP(képviselõ)= ⋅⎜⎟⎜ ⋅ ⎟⎜ ⋅ ⎟+248 ⎝⎠⎝ 1 51⎠⎝195⎠1 ⎛1⎞ ⎛100⎞ ⎛390⎞+ ⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟⋅⎜ ⎟ ≈328 ⎝0⎠ ⎝ 67⎠ ⎝260⎠≈ 4,060 969 526 ⋅10142DPI(elnök) ª 0,004 032 258 ª 0,403%142MOZAIK KIADÓ 13

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptember0,403 − 0,370Mivel⋅ 100% ≈ 8,9%, ezért0,370az 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%, ezért0,206egy 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%, ezért0,202egy képviselõ DPI hatalma 7,92%-kal nõtt volna.A szenátus tagjainak összes DPI hatalma kb.20,6% lenne. Ez kb. 8,25%-os növekedésnekfelel meg.A képviselõház tagjainak összes DPI hatalmakb. 391 ◊ 0,202 ª 78,98% lenne.Mivel 78,98 − 80,74 ⋅100% ≈ − 2,18%, teháta képviselõház tagjainak együttes DPI ha-80,74talmának csökkenése 2,18% lenne.Vegyük észre, hogy mindenki növelte a DPIhatalmát, még a képviselõk is, de a képviselõháztagjainak együttes DPI hatalma kissé csökkent;ez nem ellentmondás, hiszen a képviselõkszáma csökkent.Cikkünket csak ismeretterjesztõnek szánjuk,újdonságok nincsenek benne, csak kissé részletesebbentárgyalja a témát, mint a [7] könyv ésegy sajtóhibáját javítja ki a e könyvnek. Remélem,hogy új hibákat nem helyeztem el a cikkben.Másrészt a kongresszus 10%-os képzeletbelicsökkentésének számítása e cikkünkbenszerepel új gyakorlatként.Irodalom és jegyzetek[1] Csete Lajos (2004): A hatalom Shapley-Shubik-féle indexérõl. A Matematika Tanítása,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 elemzése.Matematikai Lapok, 2004—2005/2. (Megjelent2007-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 szavazórendszerek.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 végeredményt,vagyis döntse el, hogy elfogadtáka javaslatot vagy nem. Másképpen a szavazórendszeregy 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 szavazórendszer.”Köszönöm szépen Varga Ferencné könyvtárvezetõnek(Szegedi Tudományegyetem BolyaiIntézete) a Taylor-könyv kölcsönzését.14 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAKatona GyulaBúcsú Reiman IstvántólAmagyar matematika egy nagy alakjától,Reiman István matematikustól búcsúzunk,a szó nagyon széles értelmében.Kevesen tudták róla, hogy kiváló kutatóvolt, szép és fontos eredményekkel. A Zarankiewicz-problémárólszóló kombinatorikus cikkénekgondolatait például az elsõs matematikus hallgatóknaktanítom, a cikkre 78 hivatkozás találhatóa 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 GeometriaiTanszékén 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 határtalanszerénységgel végezte.Leghíresebb azonban a magyar matematikaitehetségek kiválasztásában, kinevelésébenjátszott szerepe által lett. 1961-tõl 2002-ig volta Nemzetközi Matematikai Olimpiákon résztvevõmagyar csapat felkészítõje. Az alap a Reimanszakkörvolt, amit kéthetente szombat délutánonkénttartott. Azután az Olimpiák elõtt voltegy intenzív felkészítés is. Sajnos idõs korommegakadályozott abban, hogy részese legyekezeknek az élményeknek, én két évvel korábban,1959-ben voltam olimpikon. De a kiemelkedõmagyar matematikusok, akadémikusok,nagydoktorok négy évtizednyi hada ebbõl aziskolából került ki. Õk mesélnek a szakkör csodálatoshangulatáról. Kis füzetébõl a táblára felírtaa gondosan összeválogatott szép és izgalmasfeladatokat, azután a háttérbe húzódott.Hagyta a diákokat érvényesülni, csak néha fûzöttkommentárt egy-egy feladat megoldásához.Mennyi munka volt e mögött! Hány és hánykönyvbõl, szaklapból gyûjtötte össze a feladatokat!És micsoda pedagógiai érzéket kívánt a kihívás,az ország legtehetségesebb matematikusdiákjaival dolgozni, mekkora felelõsség, hogybelõlük kihozza a maximumot! Vezetése alattsok nagy sikert ért el a magyarolimpiai csapat. Pedignem ezt tartotta fõ célnak,hanem azt, hogy kiváló,egészséges gondolkodásúmatematikusokat neveljenaz országnak.A nemzetközi matematikaiközvélemény is jólismerte és elismerte a tevékenységét.Részben az eredmények miatt,részben az olimpiai feladatokat összegyûjtõ, angolulis megjelent kötetei alapján. A MatematikaversenyekNemzetközi Szövetsége ezért2000-ben Erdõs-éremmel tüntette ki.Szerénysége vitte e területre. Felvetõdik a kérdés,hogy ha nem tölti idejét a fiatalok nevelésével,mennyivel több szép matematikai tételtalkothatott volna. De azt hiszem, helyesebb úgyszámolni, hogy annak a több száz matematikusnak,akiket nevelt, egy-két cikkét a javáraírjuk, hiszen ezek a cikkek Reiman tanár úr nélkül— talán — nem születtek volna meg hazánkés a világ matematikája hasznára.A Bolyai János Matematikai Társulat nevébenis köszönetet kell mondanom áldozatos tehetségkiválasztó,-nevelõ munkájáért, de a különbözõbizottságaink munkájában végzett tevékenységéért,hasznos tanácsaiért is.Volt még egy érdekes munkája, amely ismerttétette az ország közvéleménye elõtt is. Évekenát a fél ország ült az éjjeli órákban a képernyõelé, hogy világos magyarázatait hallgatva megtudja,hogyan kellett volna a koszinuszos feladatotmegoldani az egyetemi felvételin.Az ország és a szakma megpróbálta kitüntetésekkelkifejezni háláját. 1993-ban ApácaiCsere János-díjat, 2002-ben Rácz Tanár ÚrÉletmûdíjat, 2007-ben pedig a Magyar KöztársaságÉrdemérem tisztikeresztjét nyerte el.Kedves Pista Bácsi, köszönjük Neked ezt azéletet, és rengeteg munkát! Tudd, hogy érdemesvolt. Százaknak adtál egy jó kezdetet, életreszóló élményt. Te vagy az egyik oka a magyarmatematika világhírének.MOZAIK KIADÓ 15

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberAmbrus AndrásPeller József (1933—2012)Peller József elõször a Budai Tanítóképzõbenszerzett tanítói képesítést, majd azELTE TTK-n 1956-ban matematikafizikaszakos tanárként diplomázott. 1956 és1961 között a Budapesti Árpád Gimnázium tanára,1961-tõl az ELTE TTK oktatója volt. Dolgozottaz akkori Analízis II. tanszéken, késõbbaz Ábrázoló és Projektív Geometria tanszéken,majd a Matematikai Szakmódszertani Csoportban,továbbá az Oktatástechnikai Csoportban.1995-tõl három évig a kaposvári Csokonai MihályTanítóképzõ Fõiskola matematikai tanszékénekvezetõje volt.Búcsúzunk a tudóstól16 MOZAIK KIADÓEgyetemi doktori értekezését „A differenciálhányadosés az integrálszámítás a középiskolában”címmel 1966-ban védte meg az ELTETTK-n. Tudományos aspirantúra ideje alatt kétszeris volt három hónapos tanulmányútonMoszkvában. Kandidátusi értekezését 1989-benvédte meg „A számfogalom és a függvénytanításfejlesztésére irányuló matematikai-didaktikaivizsgálatok, kísérleti eredmények” címmel. Emunka egy rendszer leírása, amely felöleli azáltalános iskola alsó és felsõ tagozatos, a középiskolaimatematikaoktatási vizsgálatokat,elemzéseket és a tanárjelöltekkel való szakmódszertanifoglalkozásokat is. Tudománytörténetitény, hogy Magyarországon hárman írtak kandidátusidolgozatot matematikadidaktikából (matematikaszakmódszertanból): Varga Tamás, PellerJózsef és Ambrus András.Abban a szerencsés helyzetben vagyok, hogyvégigkövethettem a matematikai szakmódszertannak— ma matematikadidaktikának nevezzük— a magyarországi fejlõdését és önálló tudományággáválását. Az ELTE TTK MatematikaiSzakmódszertani Csoportjának megalakulásában,kutatómunkájában, fejlõdésében nagy szerepevolt Peller Józsefnek. Részt vett a „Matematikatanítása” tárgy tantervének, államvizsgaitematikájának, rendszerének kidolgozásában.Egyik alapítója volt a Szakmódszertani Közleményekcímû, félévenként megjelenõ periodikának,szerkesztõként, szerzõként számos tanulmánymegjelentetésében mûködött közre.Mint vidéki, kisgimnáziumi matematikatanárnak,nagyon fontos segítséget jelentettek e kötetek.Az ELTE TTK kétéves tanár-továbbképzésirendszerének kidolgozásában, a kurzusoktartásában nagy szerepet vállalt. E továbbképzésiformát követte az egyetemi doktorátus megszerzéséneklehetõsége, mellyel több kiváló középiskolaimatematikatanár élt.Peller József kutatómunkájának kiemelkedõrésze két nagyformátumú oktatási kísérlet. „A matematikaoktatástartalmának és módszerénekkorszerûsítése” (5—8. osztály), illetve „A tanulóktevékenységének tervezése és irányítása” (9—12.osztály) kutatóprojekt volt, amelynek keretébengyakorlóiskolai matematika vezetõtanárok bevonásávalkidolgoztak egy részletes, a mindennapimatematikatanítás realizálását segítõ, teljestanítási anyagot. A klasszikus középiskolai osztályokanyagát a Tankönyvkiadó könyv formájábanis megjelentette.Mint tanítóképzõt végzett szakember, az elsõnégy osztály matematikai tananyagának feldolgozásátis elkészítette Kovács Bertalanné gyakorlóiskolaivezetõtanár közremûködésével. PellerJózsefnek szívügye volt, hogy a sok jó gyakorlatimunka mellett tudományágunk is fejlõdjön,elméleti háttere ki legyen dolgozva. A Debrece-

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAni Egyetem matematikadidaktikai PhD programjánakmegalapításában szakértõ tanácsaival,a késõbbiekben kurzusok tartásával vett részt.Búcsúzunk a tanártólRitka az olyan tanár, akinek saját tapasztalatavan minden életkorról, a kiselsõsöktõl az egyetemidiplomáig átölelõ idõszak matematikaoktatásáról.Fejlõdésében tekintette a gyerekeket,az alapvetõ matematikai fogalmak kialakításánakszakaszos elméletét dolgozta ki a számfogalommalés 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 számárasegítséget nyújtott az elméleti fizika megértéséhezszükséges matematikai ismeretek rendezésébenspeciálkollégiumok tartásával.Együtt tanítottunk az ELTE Radnóti MiklósGyakorlóiskolában. Megható volt az a szeretet,amellyel pátyolgatta a kis hatodikosokat, támogattaa tehetségesebb tanulókat.„Tanárok tanára” is volt, a tanulók tevékenységénektervezése projekt keretében sokatutazott vidékre is, ahol személyesen vizsgálta,hogyan realizálódnak matematikaoktatási elvei.A kísérletben részt vevõ tanároknak idejét nemkímélve sokat segített. A Rátz László Vándorgyûlésekentöbbször tartott elõadást, sok matematikatanárvette mindig körül, népszerû volt azegyszerû tanárok körében.„A matematika tanítása” módszertani kurzustantervének, tartalmának, valamint a gyakorlóiskolaiötödéves tanítási gyakorlat tematikájánakkidolgozásában alapvetõ szerepe volt. A gyakorlóiskolaimatematika vezetõtanárok szakfelügyeletét,az ötödéves hallgatók látogatását atõle megszokott gondossággal, alapossággal szervezte,vezette.A matematika tanításával kapcsolatos fontosabbPeller-könyvek:• A matematikai ismeretszerzési folyamatról.ELTE Eötvös Kiadó, 2003• A matematikai ismeretszerzés gyökerei.ELTE Eötvös Kiadó, 2003• Az analízis elemeinek tanítása középiskolában.Tankönyvkiadó, 1967• A számfogalom fejlesztésének szintjei azoktatási gyakorlatban. Tankönyvkiadó, 1974Búcsúzunk a kedves kollégától, az embertõlJóskával egy kedves, segítõkész, szenvedélyesenigazságkeresõ kollégánk távozik. Õszinte, egyszerû,tisztalelkû, családszeretõ, nagy humánumú,elveiért kiálló, azokért pozitív értelemben megszállottanküzdõ ember volt. Közvetített, békítetthallgatók és oktatók között kényes kérdésekben.Nagy szeretettel, türelemmel kísérte, támogattabeilleszkedésünket, szakmai fejlõdésünket.Számomra, a kis vidéki matematikatanár számáranagyon fontos volt, hogy a kezdetektõl fogvamellém állt, minden szakmai és szakmán kívülikérdésben segített. A volt kollégák nagy szeretettelemlékeznek a sok beszélgetésre, közöskirándulásra, a Jóska által nagyon szeretett balatonkeneseitelkén tett látogatásra, továbbiegyüttlétekre.Váci Mihály — aki maga is volt nyírségi tanító— „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!”MOZAIK KIADÓ 17

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberCsete LajosEgy ciklikus egyenlõtlenség általánosítása1. BevezetésIsmert a következõ egyenlõtlenség:Legyenek a 1 , a 2 , ..., a n pozitív valós számok.Ekkor fennáll, hogy2 2 2 2a1 a2 a...n−1an1 + 2 2 + 3 n−1 + n n + 1+ + + + ≥a a a a a a a a≥ 1 ⋅ ( a ... ).1 + a2+ + a n2Ez 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 egyenlõtlenségegy általánosítása. Ehhez elõször egy segédtételtidézünk fel.2. Egy Young-féle segédtételA következõ segédtételt azért nevezzükYoung-féle segédtételnek, mert ez a Young-féleegyenlõtlenség (1912) egy speciális esete. Ebbõlkülönben könnyen levezethetõ a Hölderféleegyenlõtlenség is.A Young-féle segédtétel:Ha a és b nemnegatív valós számok ésp > 1, q > 1 olyan valós számok, amelyekre teljesül1 + 1 = 1, akkor fennáll, hogyp qpqa b+ ≥a⋅b,p qahol egyenlõség akkor és csak akkor van, haa p = b q .Bizonyítás:A súlyozott számtani és mértani közép közöttiegyenlõtlenséget fogjuk alkalmazni. [7]Mint tudjuk, fennáll, hogyw w w1⋅ 1 + 2⋅ n2 + + n⋅ n ≥1⋅2⋅ ⋅ nw x w x w x x x x1 2... ... ,ahol x 1 , x 2 , ..., x n pozitív valós számok és w 1 ,w 2 , ..., w n szintén pozitív valós számok, az úgynevezettsúlyok.Legyen n = 2 és x 1 = a p , x 2 = b q , míg a súlyok1 1w1= és w 2 = .p qEkkor a súlyozott számtani és mértani középközötti egyenlõtlenség szerint:papq1 1p p q qb+ ≥( a ) ⋅ ( b ) = a⋅b.q3. A Bernoulli-féle egyenlõtlenséglevezetése a Young-féle segédtételbõlA Young-féle segédtételbõl indulunk ki:p qa b+ ≥a⋅ b,ahol a és b nemnegatív valósp qszámok, míg p és q 1-nél nagyobb olyan valósszámok, amelyekre 1 1 p+ = 1. Ebbõl q = .p qp − 1Ezt felhasználva kapjuk, hogy:pqa b≥ a⋅b−,p qvagyispa p−1≥a⋅b− ⋅bp pEzenkívül legyen b = 1, tehátvagyispappp−1p−1 1pp1 −≥ a − ⋅ppap−1≥ a − .p p.18 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAAz utóbbi egyenlõtlenségbõl kapjuk, hogya p ≥ 1+p ◊ (a - 1).Ez éppen a Bernoulli-féle egyenlõtlenség egyalakja.4. Egy ciklikus egyenlõtlenség általánosításappa p−1 p−1Az elõbb kaptuk az ≥ a⋅b− ⋅bp pegyenlõtlenséget.Ebbõl következik, hogyppp 1a ≥ p⋅a⋅b−( p−1) ⋅b − .Ezt fogjuk felhasználni az 1. pontban felidézettciklikus egyenlõtlenség általánosítására.Legyen itt az a helyett a 1 , míg a b helyetta1 + a 2 . Ezeket behelyettesítve kapjuk, hogy2pp a1 + a2 ⎛a1 + a2⎞p−11≥ ⋅ 1 ⋅ −( −1) ⋅⎜ ⎟ .a p a p2 ⎝ 2Ezt egy kissé átrendezzük:p11 + a2p−1p−11 ( 1 + 2)ppp−1a a a a≥ p⋅ −( −1) ⋅,a 22azazp1a1a1p−1 (11 2 )p−≥ p⋅ − ⋅ a + a .a1 + a22pp−12Ebbõl a típusú egyenlõtlenségbõl fogunk összeadnin darabot:p p pa1 a2a+ + ... + n≥a1 + a2 a2 + a3 an+ a1a1 + a2+ ... + anp−1≥ p ⋅ − ⋅2pp−12⎛1 1 1 ⎞1 1 1( 1 2) p −( 2 3) p −a a a a ... ( ana1) p −⋅ ⎜⎟⎝ + + + + + + ⎠.Ezzel megkaptuk a következõ problémát:Probléma: Legyenek a 1 , a 2 , ..., a n pozitívvalós számok és p > 1 valós szám, ekkor fennáll,hogyp p pa1 a2a+ + ... + n≥a + a a + a a + a1 2 2 3 n 1⎠a1 + a2+ ... + anp−1≥ p ⋅ − ⋅2pp−12⎛1 1 1 ⎞1 1 1( 1 2) p −( 2 3) p −a a a a ... ( ana1) p −⋅ ⎜⎟⎝ + + + + + + ⎠.E problémát volt szerencsém kitûzni 2005-benaz American Mathematical Monthly folyóiratbanis. [1] és [2]5. Egy speciális eset p = 2-reFigyeljük meg, hogy ha a p = 2 helyettesítéstvégezzük el, akkor kapjuk, hogy2 2 2a1 a2a...n1 + 2 2 + 3 n + 1+ + + ≥a a a a a aa1 + a2+ ... + a 2 12n −≥ ⋅ − ⋅2222−1⎛1 1 1 ⎞⋅ ⎜( a 2 1 2 1 2 11 + a2) − + ( a2 + a3) − + ... + ( an+ a1)− ⎟⎝⎠ == ( a1 + a2+ ... + a n ) −1− ⋅ (( a1 + a2 ) + ( a2 + a3 ) + ... + ( an+ a1)) =4= ( a1 + a2+ ... + a n ) −− 1 ⋅ 2 ⋅ ( a ... )1 + a2 + a3+ + a n =4= 1 ⋅ ( a ... ).1 + a2+ + a n2Ezzel kész a 9. bizonyítása az 1. pontban felidézettversenyfeladatnak.Irodalom és jegyzetek[1] American Mathematical Monthly, The (2005):Vol. 112. 2005. 929. oldal, Problem 11189 (Proposer:Lajos Csete, Markotabödöge, Hungary)[2] American Mathematical Monthly, The (2007):Vol. 114. 2007. 645. oldal, Problem solution11189. Megoldók: R. Bagby (USA), O. Bagdasar(Romania), R. Chapman (U.K.), P. P.Dályai (Hungary) [Dályai Pál Péter, DeákFerenc Középiskola, Szeged], G. Kiss (Hungary),[Dr. Kiss Géza Ph.D., Fazekas MihályFõvárosi Gyakorló Gimnázium, Budapest],R. Strong (USA), L. Zhou (USA), Szeged ProblemSolving Group „Fejéntaláltuka” [SzegediTudományegyetem]A folyóirat O. P. Lossers professzor (EindhovenUniversity of Technology, Hollandia) meg-MOZAIK KIADÓ 19

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberoldását közli, aki átírja a bizonyítandó egyenlõtlenségeta következõ alakra:aholn∑k=1p qp ⎡akb ⎤⋅k⎢ + −abk k⎥≥ 0,2b ⎣ p q ⎦kak+ ak1 pbk=+és q = .2 p + 1Majd megmutatja, hogy a szögletes zárójelbenlevõ kifejezések nemnegatívak.p qx bEhhez az fx ( ) = xbp+ q− függvényvizsgálatát említi, ahol x > 0 és tetszõlegesrögzített b > 0. Megemlíti, hogy e függvény1p 1b −globális minimuma x = -nél van, mégpedig0-val egyenlõ.[3] Csete Lajos (2003): A komáromi trükk ésegy versenyfeladat. A Matematika Tanítása,2003/4. 4—11.[4] Engel, Arthur (1998): Problem-Solving Strategies.Springer-Verlag, New York-Berlin-Heidelberg, 185. oldal, 84. feladat, megoldásaa 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 ≥ a x b y , ahol x és y olyan pozitív valósszámok, amelyekre x + y = 1.1 p −1 Legyen x = és y = , ahol p > 1.p pAlkalmazzuk az elõbbi egyenlõtlenséget:1pii+1 ⎞p−1p ⎟i i+1p−11 1p ⎛ppi ⎜⎛i i+1 ⎞p−1a ⎟ ⎜ pi+1 ⎝ 21ai ⎛ai + ai+1 ⎞p1 ⎜ p ⎟⎝ 2 ⎠p( ai+ ai+1)1 a p− 1 ⎛ai+ a⋅ + ⋅⎜≥p a + a p ⎝ 2 ⎠⎞⎛ a ⎞ a + a ⎟⎜⎟ ⋅ ⎜ ⎟ =a⎟⎝ i + ⎠ ⎝ ⎠ ⎠= ⋅ =i ( i +1pi+1)i12 2pi+1a a a a= ⋅ = .( a + a )iEzt p-vel szorozva kapjuk, hogy:piai+11i + i+1 ⎞p−1p ⎟ pia ⎛a a a+ ( p−1) ⋅⎜≥ ⋅ .ai+ ⎝ 2 ⎠ 2Másképpen felírva:piai+11i i+1 ⎞p−1p ⎟ pia p− 1 ⎛a + a a+ ⋅ .p ⎜≥ ⋅ai+ ⎝ 2 ⎠ 2p−12Alkalmazzuk ezt az egyenlõtlenséget i = 1, 2,…, n-re, majd ezeket összeadva kapjuk, hogy:n pni 1∑p ∑i= 1aiai+1p−1i=1Átrendezve:1i+1 ⎞p−1p ⎟a p− ⎛ai+ a+ ⋅ ⎜≥+ ⎝ 2 ⎠2np≥ ⋅∑ ai.2n∑piaa + a +i=1p≥ ⋅∑ai−2i = 1 i i 1 i = 1nn1i+1 ⎞p1.pp− 1 ⎛ai+ a −− ⋅p ∑⎜ ⎟1i 1 2p−= ⎝ ⎠2[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 olimpiadaskolnyikov. 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] Mitrinović, D.S. — J. E. Pe c v ari ć — A. M. Fink(1993): Classical and New Inequalities in Analysis.Kluwer Academic Publishers, Dordrecht-Boston-London, Chapter XIV. Young’s inequality [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 könyvtárvezetõnek(Szegedi Tudományegyetem BolyaiIntézet) a [4], [8], [9] könyvek kölcsönzését.20 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSADr. Darvasi GyulaÍrjunk adott paralelogrammábahozzá hasonlót!Acímben kitûzött probléma és annak megoldásaismerõs lehet a KöMaL Gy. 2492-es gyakorló feladata révén ([4] 163—165. oldal). Mostani célunk nem csupán a felelevenítéslesz, 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 közöttfennáll az e 2 + f 2 = 2(a 2 + b 2 ) ([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 körüljárásaegyezõ vagy ellentétes (2. ábra). Mindkétesetben teljesül, hogy az adott és a beírt paralelogrammaközéppontja egybeesik. Ennek belátásáhozfelhasználjuk, hogy a paralelogrammaPjAKaDNLOjQBMCRközéppontja illeszkedik mindkét középpárhuzamosegyenesére ([2] 82. oldal, 14.3/2. tétel).Ha a beírt KLMN paralelogramma középpontjátO * -gal jelöljük, akkor az AD oldalon lévõ Kpontnak O * -ra vonatkozó K’ = M tükörképe rajtavan AD-nek O * -ra vonatkozó AD ’ ’ tükörképén,ami a centrális tükrözés miatt párhuzamosAD-vel, s így AD ’ ’ = BC adódik, mivel az M∈ AD ponton át AD -vel csak egy párhuzamoshúzható. Ennélfogva O * egyenlõ távolságravan az AD és BC egyenesektõl, vagyis illeszkedikazok középpárhuzamosára. Ugyanígy látható be, hogy O * rajta van az AB és CDegyenesek középpárhuzamosán is: tehát O *ezen két középpárhuzamosnak a metszéspontja,ami viszont egybeesik az ABCD paralelogrammaO középpontjával ([4] 163. oldal).Ha az adott ABCD paralelogrammába egyhozzá hasonló KLMN paralelogrammát írunkbe, akkor ezen hasonlóság során mindig fennállAKKDDNLOOLBMMCCS1. ábraA N B2. ábraMOZAIK KIADÓ 21

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberaz A ´ K, B ´ L, C ´ M és D ´ N megfeleltetés,miközben az adott paralelogramma jelölésétrögzítve a beírtnak a csúcsai a centrálisszimmetria miatt kétféleképpen is betûzhetõk: a2. ábrán egyidejûleg cseréljük fel a K és M, valamintaz 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 megfelelõháromszögek hasonlók, amelyek körüljárásaugyanúgy lehet egyezõ vagy ellentétes.Elsõként foglalkozunk azzal az esettel, amikoraz adott ABCD és a hozzá hasonló beírtKLMN paralelogramma azonos körüljárású,amihez elegendõ az egyezõ körüljárású OBC èés OLM è hasonló háromszögeket vizsgálni(3. ábra). Ekkor a megfelelõ szögeket azonosszámú körívvel jelölve észrevehetõ, hogy azOM szakasz a B és L pontokból egyenlõ szögbenlátszik, 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 fennáll.Ha E jelöli a B kezdõpontú, BC-vel ellentétesfélegyenes 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 paralelogrammaátlóinak szöge megegyezik két oldalánakszögével. Ennélfogva arra jutottunk, hogyegyezõ körüljárást tekintve csak az ilyen tulajdonságúadott 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). Ezutánszerkesszük 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 kapottOLM è háromszög szögeit feleltessük megaz OBC è háromszög szögeinek. Megmutatjuk,hogy a megfelelõ szögek között van két egybevágó.Ugyanis a k körben az OL és OM húrokattekintve OBL¬ @ OML¬ és OBC¬ @ OLM¬,s ígym(OCB¬) = 180º - [m(BOC¬) + m(OBC¬)] == 180º - [a + m(OBC¬)] = m(OBL¬) == m(OML¬)miatt OBC è ~ OLM è is igaz. Ezen szerkesztéssorán lényeges, hogy a k kör az AB és BC oldalakategy-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 kimetszettUV szakasznak végtelen sok belsõpontja van: tehát az adott ABCD paralelog-DNCDNCKOjKOaVA aL3. ábraMka BEAaULg4. ábraMka BE22 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSArammába BAD¬ @ AOD¬ esetén végtelen sokhozzá hasonló és vele egyezõ körüljárású KLMNparalelogramma írható.A négyzettõl különbözõ speciális paralelogrammákközül nem jöhet számításba sem a téglalap,sem a rombusz, minthogy ezekre az oldalakszöge nem egyenlõ az átlók szögével. A négyzetreviszont az oldalak és az átlók szöge egyarántderékszög, s így bármely négyzetbe végtelensok hozzá hasonló és ugyanolyan körüljárásúnégyzet 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 hasonlóságl arányára AK = x jelöléssel 0 < x < a2 2 xa ( − x)miatt l = 1− < 1teljesül. Megjegyezhetõ,hogy az elõbbi két merõleges x∉{ 0, , a2aa2}esetén a négyzet oldalainak egyeneseit külsõpontokban is metszi, amelyek egy körülírt négyzetneka csúcsai.A BAD¬ @ AOD¬ feltételt kielégítõ ABCDparalelogrammára keressünk összefüggéseketannak oldalai és átlói között (1. ábra). Elsõként2ab = ef adódik a terület kétféle kiszámítása révén,majd az OAB è -re koszinusz-tételt felírva:N *2 22 e f e fa = + −2⋅ ⋅ ⋅cos(180º −a ), ahonnan4 4 2 2e 2 + f 2 = 2(a 2 + b 2 ), ef = 2ab és cos(180º - a) =2 2 2a + b −ee 2= -cosa =miatt a = kapható.Hasonló módon jutunk a b = ösz-2ab2f 22szefüggéshez. Mindezek alapján fennáll aza : b = e : f arány, s ezért BAD¬ @ AOD¬ @@ QPS¬ miatt az ABCD és PQRS paralelogrammákhasonlók. E hasonlóság arányat(PQRS) = 2t(ABCD) miatt 2-vel egyenlõ, sígy e = a 2 és f = b 2 is fennáll.Az ABCD paralelogrammára az a ≥ b ésa = j feltételeket elfogadva a -re felsõ korlátotbkívánunk adni. Ehhez induljunk ki az ABD è háromszögbõl:a < b + f, ahonnan f = b 2 miattaa < b+ b 2 fi 1≤ < 1+ 2 kapható. S mivela : b = e : f, ezért 1≤ < 1+ 2 is teljesül.befTegyünk most egy kitérõt annak a kérdésneka megválaszolására, hogy mi történik akkor,ha az elõbbi szerkesztésben elõforduló kkör középpontját a g egyenesen nem csupán azUV szakasz belsejébõl választjuk. Elsõként legyenU 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 bizonyíthatóhasonlóság miatt a KLMN beírt pa-D NMC*MOKK * ABLL *AK = DaaaLOaUNagkB = MCE5. ábra6. ábraMOZAIK KIADÓ 23

A MATEMATIKA TANÍTÁSAADralelogrammára KL = AD és LM = teljesül.A második esetben a k kör középpontja le-ABgyen a V pont (7. ábra), ami azonos az OBC èháromszög körülírt körének a középpontjával,mivel V rajta van az OB szakasz felezõ merõlegesénés az FBC¬ kerületi szög BF száráraB-aKaA = KNaAaAD = NDDLKaaOaOg7. ábrag8. ábragOaU9. ábraVVaB = LBMBkNCLF2C = MkMCk2012. szeptemberben állított merõlegesen. Ekkor a szerkesztés eredményekéntK = A, L = B, M = C és N = D kapható:tehát KLMN egybevágó az adott ABCDparalelogrammával, s így a hasonlóság nyilvánvaló,bár ezt nem fogjuk beírtnak tekinteni.Ha pedig a k kör középpontjának a V kezdõpontúVU -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 illeszkednekaz ABCD oldalainak egyeneseire, deaz oldalaknak külsõ pontjai: tehát KLMN azABCD-re nézve egy körülírt paralelogramma.eaS minthogy OC = , e = a 2, l = és2ba2 2OM = l ◊ OC = , ezért az OBC è háromszögbõlStewart-tétellel BM = kapható2b2 2a + b2b([2] 319. oldal 36.4/2. tétel). Ezután a k kör középpontjalegyen 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, sa 2mivel az egybevágóság miatt OM = OC = ,22 2a − bezért az OBC è -bõl BM = adódik. S végüla k kör középpontja legyen azonos az OAB è2bháromszög körülírt körének középpontjával (10.ábra), amikor KLMN csúcsira A—D—K, L = A,M—B—C és N = C, továbbá a hasonlóság miattKLKN = a = LM ésLM = BC + BM = ABLM BC fi2 2a − bBM = teljesül.bEzen kitérõ révén felfedezhetõ, hogy aBAD¬ @ AOD¬ feltételt kielégítõ ABCD paralelogrammamegadása 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 M∈int BCpont kijelölése után az OM egyenes B-t tartalmazóoldalán az OM félegyenesre másoljuk az24 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAKaDNB’C = B’’DC = NKaaOMaOgA aLBL = AaBA’kA’’11. ábra10. ábraa szöget, melynek OM -tõl különbözõ szára azAB oldalt L pontban metszi, s a még hiányzóK és N csúcsok megkaphatók az O-ra vonatkozószimmetriát felhasználva (3. ábra). Ezt a felfedezésterõsíti meg a következõ szerkesztésimód is. Az OLM è és OBC è háromszögek hasonlóságamiatt OM : OL = OC : OB = e : f ésm(LOM¬) = m(BOC¬) = a, s így az O középpontú,a szögû és e arányú forgatva nyújtásf(vagy nyújtva forgatás) során az AB -re illeszkedõL pont képe M-mel azonos, amit BC-bõlaz 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 belsõpontja, továbbá m(BAD¬) = a miatt az AB ’ ’egyenes párhuzamos BC-vel. S ha az O középpontú,arányú nyújtásnál az A’ és B’efpontok képeit A’’ és B’’ jelöli, akkor B’’ ∈ OB’e e e f eés OB’’ = ⋅ OB’= ⋅ OB = ⋅ = miattf f f 2 2MB’’ = C, továbbá a centrális nyújtás párhuzamosságtartóvolta miatt A’’∈ BC teljesül, s ezért az A’’ B’’egyenes egybeesik BC-vel:tehátM a BC egyenes bármely pontja lehet, dea beíráshoz csak a BC oldal belsõ pontjai tekinthetõk.A KLMN ~ ABCD hasonlóság az irányítástartásmiatt 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 =f b 2e a 2= = és OC = = miatt OM = x2 22 2jelöléssel az OBC è -bõl a Stewart-tétel szerint2 2b[x 2 a b+ m(b - m)] = m + ( b− m ), ahonnan2 22 2 2 32 2 bm + ( a − 3 b ) m + bx = , melynek számlálója1≤ < 1+ 2 miatt minden m-re pozitív,2bab2 2 2 32 2 bm + ( a − 3 b ) m + bs így a l arányra l =2abkapható. Ha tehát M befutja a BC egyenest,akkor m függvényében l-ra az alábbi esetekállnak fenn:MOZAIK KIADÓ 25

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptember2 20 < m < b ⁄a + bb < m< ⁄2bm = b ⁄2 2b − a2bm = 0 fibl = ,a(6. ábra)< m < 0 fib1,a < ⁄2b2 2b − aam = fi l = ,bb2 2b − aam < fi l > .bb(8. és 10. ábra)A l = 1 esetén ható elforgatásra J = 0º2 22 2(7. ábra), vagy cos J ⎛a− b ⎞=−⎜ ⎟⎝ 2ab⎠(9. ábra),a l π 1 esetén ható forgatva nyújtásra pedig4 2 2 4a −4a b −bJ = a (6. ábra), cosJ =(8. áb-34abb − ara), vagy cosJ = (10. ábra) teljesül.2abAz egyezõ körüljárás esetének befejezésekéntvizsgáljuk 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 paralelogrammákközül sem a téglalap, sem a rombusznem 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, akkora b < a < b( 1+ 2)feltétel miatt célszerû elõbb2a BC oldalt felvenni, s a B-ben rá merõlegesfélegyenesen B—X—Y, BX = b és XY = b 2feltétellel 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 egybevágóa BD átlóval, s így a < b( 1+ 2)= b+fmiatt az a, b és f szakaszokból megszerkeszthetõaz ABD è 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 af 2b = összefüggés alapján. Továbbá e és f2ismeretében e = a 2 és f = b 2 alapján a ésb is elõállítható, miközben e és f felvételénélteljesülni kell az f < e < f( 1+ 2)feltételnek.DCaADaOaBCbbaXZb÷2aAaa÷2eBab12. ábraY13. ábra26 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAHa a és a az adott, ahol 0º < a < 90º, akkor aza oldal felvétele után az e = a 2 összefüggés révénelõállítjuk az e átlót: így az a, e és 180º - aadatokból az ABC è háromszög megszerkeszthetõ(13. ábra). A hiányzó D csúcs az AB -velC-n át és a BC-vel A-n át húzott párhuzamosokmetszéspontja. Hasonló módon tárgyalhatóa b és a eset. Ha pedig f és a adott, akkor elõállítjukBD -nek az O felezõpontját, az OD fél-egyenesre átmásoljuk az a szöget, amelynekOD -tõl különbözõ szára a BD szakasz fölé rajzolta 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 ellentéteskörüljárású KLMN paralelogramma akkorhasonló ABCD-hez, ha az OAB è és OKL èmegfelelõ háromszögek hasonlók (15. ábra),jóllehet OKL è @ OMN è miatt az OAB è és OMN èháromszögek hasonlósága is teljesül, amibõlOM : ON = OA : OB = e : f és m(MON¬) == m(AOB¬) = 180º - j adódik. Ekkor az O középpontú,180º - j szögû és e arányú forgatvafnyújtás (vagy nyújtva forgatás) az AB -re illeszkedõN pontot M-be viszi át: ezért ezen forgatva nyújtásnál az AB egyenes A’’ B’’képe a BCegyenest az M pontban metszi. Az M ismeretébena még hiányzó K, L és N csúcsok is megszerkeszthetõk,mivel K az AD és OM egyenesekmetszéspontja, továbbá a KM egyenesnekaz 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 forgatvanyújtást (vagy nyújtva forgatást) leíróKDB’’B’jOLMCCANBA’DOaaB16. ábraA’’B’’aA14. ábraDLCDLCKjOMAKaaOjN15. ábraBMA NBA’B’A’’17. ábraMOZAIK KIADÓ 27

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAbonyolult volta miatt a tükrözés tengelyének ésa nyújtás arányának meghatározását csak azAC = 12, BD = 8 és m(AOB¬)=120º speciálisesetre mutatjuk be. Ehhez elsõ lépésként azOAB è illetve az OAD è háromszögbõlJ = m(AOK¬) függvényében meghatározzukaz ON és OK szakaszok hosszait: ON =12 3=5 3cosJ − sinJ és OK = 6 3,2sinJ+ 3cosJOK OA 3amibõl az = = arányt felhasználvaON OD 22 3tanJ = kapható, s ezáltal az OH = 7 és7GH = 2 3 befogójú OGH è derékszögû háromszögO-nál lévõ szögeként megszerkeszthetõaz AOK¬ szög és annak felezésével a tükrözés ttanJtengelye. Továbbá a sinJ=és21+tan J1cosJ=összefüggéseket felhasz-21+tan J6 61nálva OK = , s így OA = 6 miatt a nyújtásarányára l = 111OK OK 61OA’ = OA= 11< adódik.D = KB ’ = B’’C = LHa a 19. ábrán a KLMN paralelogrammátO-ra tükrözzük, akkor az így kapott K’L’M’N’paralelogramma nyilván megoldása a feladatnak,s bár a most ható tükrözve nyújtás centrumaés 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 geometriába.Tankönyvkiadó[3] Soós Paula, Czapáry Endre (1991): Geometriaifeladatok gyûjteménye II. Tankönyvkiadó[4] Gyakorlatmegoldások: Gy. 2492. KözépiskolaiMatematikai és Fizikai Lapok, 1989/4-es szám.A = NOB = A ’ = A ’’ = MD = A ’ = KOC = B ’ = LtA = KD = LOB’B = NA’A’’20. ábraC = B’’ = MA = D ’ = NA = A ’ = KD = B ’ = LtB = C ’ = MC = C’ = MB = D ’ = NMOZAIK KIADÓ 29O21. ábra

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberDr. Darvasi GyulaQuadrominó 5x5-ös lyukas négyzetekAquadrominó elnevezésû színdominó játéknégyzet alakú lapjai a két átló berajzolásávaladódó négy háromszöget legfeljebbháromszínûre festve könnyen elõállíthatók([1] 136—142. oldal, [2] 5—36. oldal, [3]).A 24 lapból most egy 5 ¥ 5-ös négyzetet kívánunkösszerakni, 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 belsejében,de mindig megköveteljük, hogy a szemköztioldalaira azonos színû háromszögek kerüljenek.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 háromszögszíne azonos a négyzet szélén álló háromszögekével.A lyuk helyének és a négyzet szélére kerülõháromszögek színének eldöntése után a négyzetösszeállítása a szélén lévõ lapok kirakásával kezdõdik.Majd a befelé álló peremszínû háromszögeketlekötjük azokkal a lapokkal, amelyekenvannak átellenes peremszínû háromszögek; ígya négyzet két szemközti oldalát összekötõ hidatépítünk, amely mindig tartalmazza a lyukat. Ezutánmár csak annyi a dolgunk, hogy a peremszíntnem tartalmazó lapokkal kitöltsük a mégkimaradt mezõket, de elõfordulhat, hogy ez elsõrenem sikerül: ilyenkor át kell rendezni a négyzetszélén és a hídban álló lapokat.A négyzet szimmetria tulajdonságaiból adódóannem tekintjük különbözõnek azokat az elrendezéseket,amelyek elforgatással, illetve tengelyesvagy középpontos tükrözéssel egymásbavihetõk.30 MOZAIK KIADÓIrodalom1. ábra2. ábra[1] Darvasi Gyula: Egy színdominó játék: a quadrominó.A matematika tanítása, 1986/5.[2] Jens Carstensen: Legespiele. Der Mathematikunterrict,1980/2.[3] www.rodina.cz/g/myclanky/quadrominokameny.jpg

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSACsonka DorottyaSonkás szendvics és egyéb folytonoscsemegékABevezetésbudapesti Berzsenyi Dániel GimnáziumMatematika táborában 11.-es és 12.-esspeciális matematika tantervû és érdeklõdõtatai diákok foglalkoztak a folytonosságtémakörével két órán keresztül. A foglalkozásgerincét Tabachnikov Considerations of Continuity(Quantum 1990 májusi száma 8—12. oldal)cikke adta. A cikkben az itt elhangzottakkalismertetjük meg a kedves Olvasót.Az alábbiakban csak egzisztencia bizonyításokkaltalálkozunk. A feladatok során csak a megoldáslétezését bizonyítjuk, nem számítjuk kia gyök pontos értékét, nem szerkesztjük mega keresett egyeneseket, érintõket.Útjuk során biztosan lesz egy olyan pillanat,amikor ugyanolyan magasan lesznek, hiszena fentrõl érkezõ hegymászó magassága folyamatosancsökken, míg a lentrõl felfelé tartóéfolyamatosan növekszik.Ábrázoljuk közös grafikonon a tengerszint felettimagasságot az idõ függvényében. Példaképpálljon itt egy lehetséges grafikon:Ismerkedés a fogalommalElõször nézzük egy hegymászóesetét. Ez a hegymászóaz 1000 méteren lévõalaptáborból reggel 7 órakorindulva este 7 órára érkezikmeg a 4000 méteres csúcsra. Másnapreggel 7 órakor indul vissza (nem feltétlenülazonos útvonalon), de ugyanúgy este 7-re érkezikmeg 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 felvesznek.Az egyik hegymászó felér a 4000 méterenlévõ csúcsra, a másik pedig megérkezik az 1000méteren lévõ alaptáborba este 7 órára.1. ábraMivel a két függvény kezdeti és végállapotai páronkéntmegegyeznek, és folytonosak, következik,hogy lesz egy olyan idõpillanat, amikor a kétgrafikon metszi egymást.A folytonos függvény azon tulajdonságát használtukki, hogy két függvényértéke között mindenértéket felvesz. Ez az állítás elég magátólértetõdõ 1 , viszont sok nyilvánvaló állításhoz hasonlóannem egyszerû a bizonyítása. De ez nem1 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 többszöröse,azaz csak diszkrét értékeket vehet fel. A folytonossággalvaló zseniális szakítása megmagyarázott egysor, a klasszikus fizikából nem következõ jelenséget, ésaz atomok és a még ennél is kisebb objektumok fizikaitörvényeinek felisméréséhez, a kvantummechanika megszületéséhezvezetett.MOZAIK KIADÓ 31

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberis célja a foglalkozásnak. Azonban a problémákmegoldásánál mindig ezt fogjuk használni.Alap problémák1. 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 egyenesa halmazt (2/b. ábra), majd kettévágja azt(2/c-f ábra), mígnem már egészen az egyenesbal oldalára nem kerül a tetszõleges alakzat.3. ábra2. ábraMíg az egyenes halad balról jobbra, a bal, illetvea jobb oldalán lévõ terület folytonosan változik.Mivel kezdetben az egyenes bal oldalán lévõrész 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 merõlegesen.Készítsünk egy f(x) függvényt, ami az egyenesbal oldalán lévõ terület nagyságát ábrázoljaaz egyenes helyzetének függvényében. Ekkora felezõ egyenes megtalálása egyenértékû azzala problémával, hogy megtaláljuk azt a c pontotTa és b közt, melyre igaz, hogy fc= () , ahol T2az alakzat területe (3. ábra).THúzzuk meg az y= egyenest. Az f(x) függvénybal oldala biztosan ezen egyenes alatt he-2lyezkedik el, a jobb oldala pedig felette, mivelTTfa () = 0 < , míg fb () = T> . Ezért léteznie22kell egy c Œ[a; b], ahol a függvény metszi azTy= egyenest, mert az f(x) függvény folytonos,azaz fc () = .2T2Ennek következménye az 1.b állítás. Bizonyításaindirekt módon történhet, az olvasóra bízom.1.b állítás: Minden irányhoz pontosan egy területfelezõegyenes létezik.Megjegyzés: Az állítás igaz konkáv és nem öszszefüggõalakzatokra is. Az egyszerûség kedvéértazonban a továbbiakban csak konvex alakzatokattekintünk.2. állítás: Egy konvex halmazon kívüli P pontbólmindig létezik olyan P-n átmenõ egyenes,ami felezi a halmaz területét.Az állítás bizonyítása nagyon hasonló az elsõállításéhoz. Ezt a diákok megkapták önálló bizonyításra,miután az elsõ állítást megbeszéltük.Lássuk a bizonyítást röviden:32 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSABiztos van olyan P-n átmenõ egyenes, amelymég nem metszi az alakzatot, és az egész alakzatannak egyik oldalán van (e a ). Mozgatva azegyenest az alakzat felé, miután áthaladt rajta,lesz olyan egyenes, melynek másik oldalán vanaz alakzat (e b ). Mivel az egyenest folytonosanmozgattuk, és a terület is folytonosan változott,ezért kellett lennie egy olyan egyenesnek a mozgatássorán, amely éppen felezte az alakzatunkat(e f ) (4. ábra).a háromszög c oldalával, e oldala pedig merõlegesrá (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. Miveld folytonosan nõ a mozgatás során, és atéglalap e oldala folytonosan csökken, így szükségszerûenlesz olyan állapot, amikor d = e, azazamikor a téglalap négyzet.4. állítás: Ha f(x) egy T szerint periodikus,Tfolytonos függvény, akkor létezik f(x)-nek2hosszú húrja.TAz f(x) függvénynek akkor van hosszú húrja,24. ábra3. állítás: Tetszõleges háromszögbe írható négyzetúgy, hogy egy-egy csúcsa egy-egy oldalon,a másik két csúcsa pedig a harmadik oldalonhelyezkedik el.A feladat ismert, a nagyítás témakörén belül tárgyalniis szokás ennek a négyzetnek a megszerkesztése.De most csak a létezését szeretnénk bizonyítani.⎛ T ⎞ha f⎜x+ ⎟ = f( x).Definiáljuk a g(x) függvényt⎝ 2 ⎠⎛ T ⎞a következõképpen: gx ( ) = f⎜x+ ⎟−fx ( ). Ha⎝ 2 ⎠van olyan a, ahol g(a) = 0, akkor készen vagyunk.TTegyük fel, hogy g(a) < 0. Legyen b = a+.2⎛ T⎞ ⎛ T T⎞ ⎛ T⎞gb () = g⎜a+ ⎟ = f⎜a+ + ⎟− f⎜a+ ⎟ =⎝ 2⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2⎠⎛ T⎞ ⎛ T⎞= fa ( + T) − f⎜a+ ⎟ = fa () − f⎜a+ ⎟ = −ga(),⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠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 lábaia négyzet négy csúcsában vannak. Tetszõlegesfolytonos felületen mozgatható az asztalolyan állapotba, ahol nem billeg. (Ebben a stabilállapotban nem követeljük meg, hogy azasztallap vízszintes legyen.)5. ábraAz a, b, c oldalú háromszögbe írjunk úgy téglalapot,hogy annak d oldala legyen párhuzamos6. ábraMOZAIK KIADÓ 33

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberJelöljük az asztal lábainak helyzetét az A, B, Cés D betûkkel. Ha az asztal lábai billegnek, akkorminden 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 levegõben,az A, B és C pozíción lévõk pedig legyeneka földön. Forgassuk az asztalt AC egyenesekörül úgy, hogy a B és D pozícióban lévõláb is azonos távolságra legyen a földtõl (6/b. ábra),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 negyedfordulat 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 helyezkednekel d távolsággal. Mivel a 6/b. és 6/c. ábránjelölt helyzetet figyelve elõször a B-D, majdaz A-C helyzetben lévõ két — nem végig a felületenlévõ — 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 billegettaz asztal.A megoldásban fontos szerepet játszott, hogy azasztal lábai egy négyzet négy csúcsában helyezkednekel. Ismeretlen eddig, hogy ez az állításigaz téglalap alakú asztalra is, vagy sem.További problémákAz alábbi, öt csoportba osztott feladatok elsõitegyszerre kapták meg a diákok gondolkodásra.A csoportokban a feladatok nehézségi sorrendbenkövetik egymást. A foglalkozáson a tanulóktetszõlegesen választhattak, hogy melyiken gondolkodnak.Amikor készen voltak, akkor a csoportkövetkezõ feladatait kapták meg. Majd hamind készen volt — vagy a másik témakörbe isbele akartak kóstolni —, akkor tovább ugrottakegy másik feladatkörre.Idõ hiányában nem hangzott el az összes feladat.Itt azoknak a vázlatos megoldásait közlöm,amelyek új gondolatokat tartalmaznak, a többimegoldását az Olvasóra bízom.A világ körülöttünk — könnyebb feladatok6. a. állítás: Tegnap éjfélkor hidegebb volt,mint tegnapelõtt éjfélkor és ma éjfélkor is. Bizonyítsdbe, 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 támasztunk.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 átellenespont, ahol egyszerre a nyomás és a hõmérsékletértékei is megegyeznek. (Ez már nehézfeladat...)Sonkás-szendvics és barátai — két halmazszimultán felezése7. a állítás (Pizza-tétel): Létezik olyan egyenes,amely egyszerre felezi egy tetszõleges konvexhalmaz 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 maradjon,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 szendvicstétel):Két konvex alakzat egy egyenessel megfelezhetõ.Azaz létezik olyan egyenes vágás, amivelegy kenyér és egy sonka egyszerre megfelezhetõ.34 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAMegoldás: 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. Legyenez 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 egyenesmásik oldalán helyezkedik el. Az egyenesegyik oldalán lévõ területet nevezzük T 1 -nek,a másik oldalán lévõ területet T 2 -nek. KezdetbenT 1 - T 2 negatív, a esetén pozitív. Azaz elõjeletvált. Tehát van olyan szög, amely egyszerrefelezi K és S területét (7. ábra).8. a állítás (Tükörtojás-tétel) Konvex alakzattartalmaz egy másik konvex alakzatot. A belsõalakzatnak léteznek olyan e és f érintõi, amelyekpárhuzamosak, és a külsõ alakzatból egyenlõterületû részeket vágnak le (8. ábra).8. ábra8. b állítás: Minden konvex alakzatnak vannakolyan e és f húrjai, melyek egyszerre párhuzamosak,egyenlõ hosszúak és a konvex alakzatothárom egyenlõ területû részre osztják fel.7. ábraMegjegyzés: A Pizza-tétel és a Sonkás szendvicstételanalóg, ha a kerületet megfeleltetjük az Shalmaznak. Valamint vegyük észre, hogy a bizonyításbannem volt fontos, hogy hol helyezkedikel egymáshoz képest az S és a K halmaz.Azaz a bizonyítás akkor is igaz, ha a kenyérszeletmég a péknél, a sonkaszelet pedig még a hentesnélvan...7. c állítás (Háromdimenziós sonkás szendvics-tétel):Létezik olyan sík, amely egyszerrefelez három konvex alakzatot.Darabolós problémák — kérdések a konvexalakzatokon belül8. 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 ábra)!8. d állítás: Adott két konvex alakzat úgy, hogyaz egyik tartalmazza a másikat. Bizonyítsuk be,hogy a külsõ alakzatnak van olyan pontja, amibõlegyenlõ 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 húzhatóMOZAIK KIADÓ 35

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberérintõ 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. ábraNégyzetes feladatok — konvex burok9. a állítás: Tetszõleges konvex alakzat körénégyzet írható.Megjegyzés: Olyan alakzatokra igaz az alábbibizonyítás, ahol az érintõ folytonosan változik.9. b állítás: Magyarország térképe is négyzetbefoglalható.9. c állítás: Tetszõleges test kockába írható.Függvények10. a állítás: Az f(x) egy tetszõleges T szerintperiodikus, folytonos függvény. Létezik f(x)-nekTa) hosszú húrja.3Tb) hosszú húrja.npc) ⋅ T hosszú húrja.qMegoldás: A b. részt bizonyítjuk.⎛ T ⎞Legyen gx ( ) = f⎜x+ ⎟−fx ( ).⎝ n ⎠⎛T⎞g(0) = f⎜⎟−f(0)⎝n⎠⎛T⎞ ⎛2T⎞ ⎛T⎞g⎜ ⎟ = f⎜ ⎟−f⎜ ⎟⎝n⎠ ⎝ n ⎠ ⎝n⎠⎛2T⎞ ⎛3T⎞ ⎛2T⎞g⎜ ⎟ = f⎜ ⎟−f⎜ ⎟⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠⎛3T⎞ ⎛4T⎞ ⎛3T⎞g⎜ ⎟ = f⎜ ⎟−f⎜ ⎟⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠...⎛( n−1) T⎞ ( ) ⎛( n−1)T⎞g⎜ ⎟ = f T − f⎜ ⎟⎝ n ⎠ ⎝ n ⎠A fenti teleszkopikus összegnél f(T) - f(0) = 0,mivel az f függvény T szerint periodikus.⎛k⋅T⎞Ha a fentiek közül az egyik g ⎜ ⎟ érték nulla,akkor készen vagyunk.⎝ n ⎠Ha nem, akkor kell, hogy legyen negatív és pozitívtag is felsorolva, mert az összeg nulla. Haviszont a g függvény elõjelet vált, akkor létezikolyan c pont, ahol g(c) = 0, azaz van az f függvénynekT nhosszú húrja.10. b állítás: Minden harmadfokú polinomnakvan gyöke.10. c állítás: Minden páratlan kitevõs polinomnakvan valós gyöke.10. d állítás: Az f(x) egy tetszõleges [a; b] zártintervallumon folytonos függvény, melynek értékkészleteaz [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 értékeketvesz fel: f(a) = f(b). Bizonyítsuk be, hogyvan olyan l hosszú húrja az f(x) függvénynek,aholTa) l =2Tb) l =3Tc) l =nd) Állíts elõ egy olyan f(x) függvényt, amelyneknincs l = hosszú húrja!2T310. f állítás: Azf(x) = a 1 ◊ sinx + a 2 ◊ sin2x + a 3 ◊ sin3x + ... ++ a n ◊ sin(nx) + b 1 ◊ cosx + b 2 ◊ cos2x ++ b 3 ◊ cos3x + ... + b k ◊ cos(kx)függvénynek van zérushelye a j , b j ŒR esetén.36 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSANemecskó IstvánBeszámoló a XXI. Nemzetközi MagyarMatematikaversenyrõlAXXI. Nemzetközi Magyar Matematikaversenynek2012. március 14—18. közöttrendhagyó módon a tavalyihoz hasonlóanismét magyarországi város, Kecskemétadott otthont. A kecskeméti Bányai Júlia Gimnáziumlátta vendégül a magyar nyelven tanuló,matematikából tehetséges diákokat a Kárpátmedenceminden tájáról. A versenyre közel 250diákot és 80 matematikatanárt hívtak meg.A verseny nyitóünnepsége március 15-énvolt a Kecskeméti Kulturális és Konferencia Központban.A köszöntõ beszédek mellett az iskoladiákjai színes kulturális mûsorral emlékeztek mega nemzeti ünneprõl. A megnyitó után a rendezvényrésztvevõi csatlakoztak a városi ünnepséghez.Délután tanárok és diákok egyaránt megismerkedhettekKecskemét híres épületeivel, tereivel.A diákoknak a helyi gimnazisták szerveztekjátékos vetélkedõt, melynek keretében felfedezhettékKecskemét nevezetességeit. A délutántDr. Lajkó Károly: Függvényegyenletek címûelõadása zárta. Este a kollégiumban a diákokkülönbözõ játékos programokon vehettekrészt. A tanárok szakmai beszélgetésen vitattákmeg a matematika oktatással kapcsolatos legfontosabbváltozásokat, azok lehetséges hatásait.A matematikaversenyre másnap, március16-án került sor. Az öt régióból beérkezõ feladatjavaslatokbóla zsûri állította össze a feladatsorokat.A zsûri elnökének Dr. Kosztolányi Józsefegyetemi docenst kérték fel. A versenyzõ diákoknakmind a négy évfolyamon 6—6 feladatotkellett 4 óra alatt megoldaniuk. A verseny alatta tanároknak Mák Kornél alpolgármester úr mutattabe a kecskeméti Városházát. Délután a kollégáka feladatokat javították. A diákok a versenyután a Kecskeméti Fõiskola Gépipari ésAutomatizálási Mûszaki Fõiskolai Karával ismerkedhettekmeg. Elõadást hallgathattak a fõiskolánfolyó különbözõ érdekes kutatásokról,többek között a kis fogyasztású jármûvek tervezésérõl,a szupravezetésrõl. Este a Katona JózsefSzínházban Arthur Miller: Pillantás a hídrólcímû darabját tekintették meg a verseny résztvevõi.A rendezvény hagyományainak megfelelõena következõ napon egész napos kirándulásokatszerveztek a vendéglátók, ahol a részt vevõkmegismerkedhettek a környék történelmi,irodalmi emlékeivel. Az egyik kirándulás érintetteKiskõröst, Petõfi szülõházát, Kecelt és Hajóst.A másik kirándulás úti célja Ópusztaszer,a Nemzeti Történeti Emlékpark volt. A Fesztykörképlenyûgözte a látogatókat. Este a tanárokközös ünnepi vacsorán vettek részt, a diákoknakzenés, táncos búcsúestet szerveztek.A verseny lezárásaként március 18-án kerültsor az ünnepélyes eredményhirdetésre. A zsûri elnökeértékelte a tanulók teljesítményét. Mindenévfolyamon a legjobb eredményt elért diák részesültelsõ díjban. A díjazás során több mint 70diák munkáját jutalmazták díjjal vagy dicsérettel.A díjak átadása után a régióvezetõk megköszöntéka 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 születését.Tovább erõsödött a matematikát magyarultanulók, magyarul tanítók összetartozása.A XXII. verseny megrendezését Gyõr városa,több gyõri középiskola együtt vállalta fel,melyre szeretettel meghívták a verseny résztvevõit.MOZAIK KIADÓ 37

A MATEMATIKA TANÍTÁSAA verseny díjazottjai évfolyamonként9. évfolyamI. díjJuhos Attila, Sepsiszentgyörgy, Székely MikóKollégiumII. díj:Holczer András, Pécs, Janus Pannonius GimnáziumDi Giovanni Márk, Gyõr, Révai Miklós GimnáziumFehér Zsombor, Budapest, Fazekas MihályGimnáziumIII. díj:Koncz Botond, Csíkszereda, Márton Áron GimnáziumSzilágyi Gábor, Beregszász, Beregszászi MagyarGimnáziumNemes György, Bonyhád, Bonyhádi PetõfiSándor Evangélikus Gimnázium10. évfolyamI. díj:Simon Péter, Budapest, Berzsenyi Dániel GimnáziumII. díj:Forrás Bence, Budapest, Berzsenyi DánielGimnáziumHerczeg József, Szeged, Radnóti Miklós KísérletiGimnáziumDobra Gábor, Pécs, Janus Pannonius GimnáziumIII. díj:Balogh Tamás, Érsekújvár, Pázmány PéterGimnáziumFonyó Viktória, Keszthely, Vajda János GimnáziumKacz Dániel, Bonyhád, Petõfi Sándor EvangélikusGimnáziumBíró Dominik, Zenta, Bolyai TehetséggondozóGimnázium és KollégiumMaga Balázs, Budapest, Fazekas Mihály Gimnázium11. évfolyamI. díj:Szabó Lóránt, Kisvárda, Bessenyei GyörgyGimnázium2012. szeptemberII. díj:Oláh Mátyás, Margita, Horváth János IskolaközpontGema Barnabás, Veszprém, Lovassy LászlóGimnáziumSzaksz Bence, Gyõr, Kazinczy Ferenc GimnáziumIII. díj:Bingler Arnold, Kaposvár, Táncsics MihályGimnáziumVenczel Tünde, Budapest, Berzsenyi DánielGimnáziumNagy Róbert, Budapest, Fazekas Mihály GimnáziumBõsze Zsuzsanna, Bonyhád, Petõfi SándorEvangélikus Gimnázium12. évfolyamI. díj:Gyarmati Máté, Pécs, Leõwey Klára GimnáziumII. díj:Szõts János, Baja, III. Béla GimnáziumIII. díj:Mester Márton, Szeged, Radnóti Miklós KísérletiGimnáziumViharos Andor, Szeged, Radnóti Miklós KísérletiGimnáziumBroda Balázs, Miskolc, Földes Ferenc Gimnázium9. osztályA versenyen kitûzött feladatok1. A Gumimacik megszervezték a NemzetköziGumibogyó Szüreti Fesztivált, ahol mindenrésztvevõ Gumimaci ugyanannyi üveg idei termésbõlkészült gumibogyó szörpöt kapott ajándékba.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 Gumimacivaltöbben vettek volna részt, akkor azidén sajtolt gumibogyó szörp mennyiségbõlmindannyian egy üveggel kevesebbet kaptakvolna. Valójában hány Gumimaci vett részt38 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAa Nemzetközi Gumibogyó Szüreti Fesztiválon,és fejenként hány üveg gumibogyó szörpöt kapottajándékba?Péics Hajnalka, Szabadka2. 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 metszéspontjapedig Q. Határozzuk meg az APQDnégyszög területét, ha az átlók által meghatározottABCDE csillagötszög (ötágú csillag) területe2 egység!Nemecskó István, Budapest3. Az asztalon egy egyenes mentén 50 zsetonthelyeztek el. Aladár és Bea a következõjátékot játssza: felváltva vesznek el a zsetonokközül alkalmanként 3—3 darabot addig, amíg 2zseton nem marad. Ha ezek nem szomszédosak,akkor a kezdõ játékos gyõz, ha pedig szomszédosak,akkor a második játékos a gyõztes.Kinek van nyerõ stratégiája, ha a játékot Beakezdi?Szabó Magda, Szabadka4. Határozzuk meg azokat a pozitív egész nszámokat, amelyekre a 2 n - 1 és a 2 n + 1 számokközül legalább az egyik osztható 7-tel!Kántor Sándor, Debrecen5. 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 hoszszánakfüggvényében!Olosz Ferenc, Szatmárnémeti6. Egy valós számokból álló a 1 , a 2 , a 3 , ..., a nvéges sorozat tagjaira teljesül, hogy bármely 5egymást követõ tagjának összege negatív, ésbármely 8 egymást követõ tagjának összegepozitív. Legfeljebb hány tagja lehet egy ilyensorozatnak?Kallós Béla, Nyíregyháza10. osztály1. Van-e olyan egész együtthatós P(x)polinom, amelyre P(0) = 12, P(1) = 20 ésP(2) = 2012?Pintér Ferenc, Nagykanizsa2. Határozzuk meg mindazokat a p, q, rprímszámokat, amelyekrepqr < pq + qr + rp !Oláh György, Révkomárom3. Mely n pozitív egész számok esetén leszaz n 2 + n + 19 kifejezés értéke négyzetszám?4. Határozzuk meg azKacsó Ferenc, Marosvásárhely2x 3y 4zE = + +3y+ 4z 4z+ 2x 2x + 3ykifejezés legkisebb értékét, ha x, y és z pozitívvalós számok!Kovács Béla, Szatmárnémeti5. Az ABC egyenlõ szárú háromszögbenAC = BC, az AB alap felezõpontja D, az A és aD pontból a BC szakaszra bocsátott merõlegesektalppontja rendre a BC szakasz E, illetve Fbelsõ pontja. A DF szakasz G felezõpontját a Cponttal összekötõ szakasz, és az AF szakasz metszéspontjaH. Igazoljuk, hogy a H pont az ACszakasz mint átmérõ fölé írt Thalész-körön van!Bíró Bálint, Eger6. Az elsõ 2012 darab pozitív egész számmindegyikét átírjuk hármas számrendszerbe.Hány palindrom szám van a kapott 2012 darabhármas számrendszerbeli szám között? (Palindromszámon olyan pozitív egész számot értünk,amelynek számjegyeit fordított sorrendben írvaaz eredeti számot kapjuk vissza.)Kosztolányi József, Szeged11. osztály1. Határozzuk meg azokat a pozitív egészszámpárokat, amelyek számtani közepe 1-gyelnagyobb a mértani közepüknél!Kallós Béla, NyíregyházaMOZAIK KIADÓ 39

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptember2. 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 területéneka HMNB négyszög területe?Katz Sándor, Bonyhád3. Oldjuk meg a valós számok halmazána következõ egyenletet!3 2x + 1 - (x - 1) ◊ 3 x = 10x 2 + 13x + 4Bencze Mihály, Brassó4. Az ABC háromszög AB oldalán vegyükfel a D pontot, AC oldalán pedig az E és FAE CF ADpontokat úgy, hogy = = teljesüljön!Az F ponton keresztül húzzunk párhuza-AC AC ABmost 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, Budapest5. Mely n pozitív egész számok esetén oszthatóaz 1 n + 2 n + 3 n + 4 n + 5 n + 6 n + 7 n + 8 n öszszeg5-tel?Oláh György, Révkomárom6. Aladár és Béla a következõ játékot játszszák:a táblára felírják az 1, 2, ..., 2012 számokat,melyek közül felváltva törölnek le egy-egyszámot. Aladár kezd. A játék akkor ér véget,amikor két szám marad a táblán. Ha ezek különbségénekabszolút értéke egy elõre megadottrögzített pozitív egész k számnál nagyobb prímszám,akkor Béla nyer, egyébként pedig Aladárnyer. Döntsük el, hogy k értékétõl függõen melyikjátékosnak van nyerõ stratégiája!Borbély József, Tata12. osztály1. A tízes számrendszerben háromjegyû pozitívegész számok közül véletlenszerûen választunkegyet. Mennyi annak a valószínûsége,hogy olyan néggyel osztható számot választunk,melynek jegyei páronként különbözõek?2. Határozzuk meg a20122012⋅ x =Tarcsay Tamás, Szegedlog x 2egyenlet megoldásai szorzata egészrészének utolsóöt számjegyét!Kántor Sándorné, Debrecen3. Mutassuk meg, hogysin 2010 x + cos 2011 x + sin 2012 x £ 2bármely valós x esetén!Katz Sándor, Bonyhád4. Az ABC egyenlõ szárú háromszögbenAC = BC, az AB alap felezõpontja D, az A ésa D pontból a BC szakaszra bocsátott merõlegesektalppontja 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 merõlegesektalppontjai legyenek rendre K és L!Bizonyítsuk be, hogy az AF, EH és KL egyenesekaz ABC háromszöghöz hasonló háromszögetzárnak közre!Bíró Bálint, Eger5. A, B, C véges halmazok, amelyekre teljesül,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| minimumátés maximumát! (|X| az X halmazelemeinek számát jelöli.)Gecse Frigyes, Kisvárda6. Legyen a 1 = 1, a 2 = 2 ésn1 1a= −k+2∑n+ 2 k = 1 k+ 1⋅ k + k+ 1 + k+2a 2 a ( a a a )(n ≥ 1 egész)Adjuk meg a n -t zárt formában, azaz n függvényeként!Bencze Mihály, Brassóx40 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAJelentés a 2012. évi Beke ManóEmlékdíjak odaítélésérõlA 2012. évi Beke Manó Emlékdíj bizottságkörültekintõ mérlegelés után az alábbi határozatothozta:A Beke Manó díj második fokozatában részesülCsatár KatalinAz Eötvös Loránd Tudományegyetemen kitüntetésselszerzett matematika-fizika szakos tanáridiplomát, majd az ELTE Radnóti MiklósGyakorlóiskolában kezdett el tanítani, ahol azótais dolgozik. Tudását, emberségét és korrektítéleteit kollégái is elismerik és elfogadják, ezértbizalmukat élvezve 1979-2003 között a 12 tagúmatematika munkaközösség vezetõje volt. Szakmaimunkáját az igényesség, a pontosság ésa sokszínûség jellemzi. A matematikát úgy tudjaoktatni, hogy az a gyerekeknek élményt nyújtson,a kevésbé tehetségesek figyelmét is felkeltse.Kiváló diákokat nevelt, akik a tanulmányiversenyeken szép eredményeket értek el, többekközött az OKTV-n az Arany Dániel, a KalmárLászló és a Zrínyi Ilona versenyeken, s a felvételivizsgákon kivétel nélkül sikeresen szerepeltek.A Radnóti Miklós Gyakorlóiskola tehetségneveléstbiztosító matematika tantervének egyikkidolgozója. Több tankönyvcsalád szerzõje ésszerkesztõje, kollégáival és tanítványaival együttírták meg a nyolc évfolyamos gimnázium tankönyveit,kidolgozták a Suli Nova kiadásábanmegjelent középiskolai tankönyveket. Jelenlegaz Apáczai Kiadó által gondozott gimnáziumitankönyvcsalád utolsó kötetén dolgoznak.Éveken keresztül oktatóként dolgozott a felsõoktatásbanmagyar és angol nyelven. Szakmaitanácskozásoknak, konferenciáknak, tanáriankétoknak meghatározó személyisége.Tankönyv- és tantervíróként országosan ismertszakmai körökben, továbbképzéseket istart. Publikációival a matematika népszerûsítésétszolgálja.Érettségi elnökként, majd késõbb közoktatásiszakértõként sok iskola munkájának részese.A tanulmányi versenyek versenybizottságábanaz országos feladatokból is kiveszi részét. Munkásságakomoly hatással van a magyar matematikaoktatásmódszertanára.Sok tanítványa lett matematikatanár.2002-ben Graphisoft és 2007-ben Ericssondíjjal is jutalmazták.A Beke Manó díj második fokozatában részesüldr. Kiss GézaPályafutását a Kunhegyesi Gimnázium és HíradástechnikaiSzakközépiskolában kezdte, a kisújszállásiMóricz Zsigmond Gimnázium és KözgazdaságiSzakközépiskolában folytatta, ahol igazgatókéntis tevékenykedett. 2003-tól az ELTEApáczai Csere János Gyakorlógimnázium tanáravolt. Jelenleg a Fõvárosi Fazekas MihályGyakorló Általános Iskola és Gimnázium vezetõtanára,ahol különbözõ versenyek szervezésévelmotiválja a tanulókat.Rendszeresen képzi magát, Phd fokozatáta Debreceni Egyetemen szerezte. Tanárként résztvesz a Matematika Tanítása folyóirat feladatmegoldórovatának versenyében. Hosszú idõnát vett részt a Matematika OKTV III. bizottságánakmunkájában, érdekes feladatjavaslatai rendszeresenkitûzésre kerültek. Több elõadást tartotta matematika tanárok Rátz László Vándorgyûlésén.Rendszeres elõadója a Rév-Komárombanrendezett Nagy Károly Matematikai Diáktalálkozónak,a Nagykanizsán kétévente megrendezettkonferenciának, és a zalai nyári táborokonfoglalkozásokat vezet. Az Erdõs Pál MatematikaiTehetséggondozó iskolában is tanít.2007-tõl a KöMaL felügyelõbizottságának,majd késõbb szerkesztõbizottságának tagja.Diákjainak eredményei kimagaslóak és nemegyetlen iskolához köthetõek; rendszeresen szerepelnekaz Arany Dániel és az OKTV díjazottjaiilletve elsõ 10 helyezettje között.MOZAIK KIADÓ 41

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberTöbb 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 TiborSzegeden, a Juhász Gyula Tanárképzõ Fõiskolánszerzett matematika - számítástechnika -technika szakos tanári diplomát, majd a debreceniKossuth Lajos Tudományegyetemen végezteel a középiskolai számítástechnika tanáriszakot is. A kecskeméti Zrínyi Ilona ÁltalánosIskolában kezdte el tanári pályáját, majd a KodályZoltán Általános Iskola, Gimnázium és ZenemûvészetiSzakközépiskola informatika tanáralett. 2003-tól a Kecskeméti Református ÁltalánosIskolában tanít matematikát.Munkáját nagy odaadással, szakmai hozzáértésselvégzi. Évek óta a kecskeméti városimatematika szakkör vezetõje. Tanítványai rendszeresrésztvevõi a Varga Tamás, Zrínyi Ilona,Kenguru, Bátaszéki matematika versenyeknek,ahol többször végeztek az elsõ három hely valamelyikén.Több tanítványa eredményesen vettrészt az Abacus matematikai lapok pontversenyén.Már fõiskolás korában bekapcsolódott az akkorinduló Zrínyi Ilona Matematikaverseny szervezésébe.Az országos forduló szervezését segíti,1993-tól a verseny feladatsorának egyik összeállítója.1994-tõl a verseny után minden évbenmegjelenõ feladatgyûjtemény szerzõje és szerkesztõje.A Gordiusz verseny megyei bizottságelnöke és szervezi az országos döntõt.2000-tõl a Matematikában Tehetséges GyermekekértAlapítvány Kuratóriumának tagja.Kezdetektõl aktívan részt vesz az Abacus matematikailapok szerkesztésében. Az idei tanévtõla Varga Tamás Matematikaverseny szervezõbizottságánakelnöke. Kezdeményezõje és többkötet társszerzõje volt a 2005-ben elindítottKecskeméti Matematikai Füzetek könyvsorozatnak.Rendszeres látogatója a Rátz László vándorgyûlésnek,2010-ben a kecskeméti Vándorgyûlésszervezésében komoly részt vállalt. A tanárokversenyében az általános iskolai kategóriaháromszoros gyõztese.2007-ben Ericsson díjban részesült.A Beke Manó díj második fokozatában részesülNémeth Julianna1982 óta az Áldás Utcai Általános Iskola tanítója.Dinamikus, határozott egyénisége pozitívanhat az alsó tagozatos munkaközösség munkájára.Az iskolai pedagógiai munkában a tervezéstõla 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 államvizsgáztatásában.2009-ben elnyerte a „kiváló szakvezetõ” elismerést.A tehetséggondozásban és versenyeztetésbenis aktív szerepet vállal, diákjai különbözõtantárgyakhoz kapcsolódó versenyeken érnek elkiemelkedõ eredményeket. Pl. vers- és prózamondóverseny, fõvárosi mesemondó verseny,a Bolyai magyar és matematika csapatversenyterületi fordulója, Zrínyi Ilona Matematikaversenyországos fordulója.2004 óta kerületi munkaközösség vezetõ.Egyéni ötletei, módszertani javaslatai felfrissítettéka kerület szakmai életét. Nagyon jó kapcsolatotalakított ki a kerületi PSZK-val, akikminden évben elismerõen nyilatkoznak munkájáról.Második éve a tehetség-tanács aktívtagja. 2007-ben az iskola javaslatára polgármesteridicséretben részesült.A Beke Manó díj második fokozatában részesülPolcz Katalin1973-tól 1994-ig a Pécsi Nagy Lajos Gimnáziumban(ma Ciszterci Rend Nagy Lajos Gimnáziuma),1994-tõl 1997-ig az Apáczai NevelésiKözpontban, 1997-tõl a Janus Pannonius Gimnáziumbantanít matematikát.39 éves pályafutását igényes és magas szakmaiszínvonal, lelkiismeretesség, precizitás, az újdolgok iránti fogékonyság jellemzi. Középiskolai42 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSAtanárként sokat tett a tehetséges tanulók fejlesztéséért,versenyeztetéséért. Tagja volt annaka csoportnak, amely Magyarországon elindítottaés éveken keresztül szervezte a Gordiusz MatematikaVersenyt. Nemcsak szervezõként, hanemfeladatkitûzõként és lektorként is részt vetta munkában.Kollégáival és tanítványaival jó a kapcsolata,segítõkész, ezért szakmai témában sokszorkérnek tõle tanácsot.A matematika tagozatos osztály osztályfõnökekéntkomoly 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 eredményeketértek el az Arany Dániel, a Gordiusz, a Kenguru,a Zrínyi Ilona országos, a Baranya-Tolna—Somogy területi, illetve a Fejér Lipót, és Zipernowskymegyei matematikaversenyeken.2000-ben Ericsson díjban részesült.A Beke Manó díj második fokozatában részesülSzabó Matúz MagdolnaAz Újvidéki Egyetem TermészettudományiMatematikai Karán matematikus diplomát szerzett.Pályafutását a Zentai Mûszaki Középiskolábankezdte, a Szabadkai Matematikai és NyelviGimnáziumban folytatta, végül a Szabadkai SzvetozárMárkovity Gimnáziumban tevékenykedettnyugdíjazásáig. Több diákja is eljutott az OrszágosMatematikaversenyre, 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 szervezõje,amit 2011-ben a Nemzeti TehetségsegítõTanács 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 Emlékversenyre,amely a vajdasági magyar ajkú középiskolástanulók válogatóversenye a NMMV-re.A versenynek azóta is szervezõje.Nyugdíjasként napjainkig a zentai BolyaiTehetséggondozó Gimnázium és Kollégium tanára.Több mint 20 éve rendszeres látogatójaa Rátz László Vándorgyûlésnek, s azóta sok másfiatal és idõsebb kollégát is ösztönzött a Vándorgyûléslátogatásának fontosságára.A Beke Manó díj második fokozatában részesülSzamosfalvy Jánosné1991-tõl a Herman Ottó Gimnázium tanára,1995-tõl nyugdíjba vonulásáig pedig a gimnáziumelsõ számú vezetõje volt. Vezetõi munkájábana demokratikus, kollegiális stílust képviselte.Megyei szakfelügyelõként és szaktanácsadókéntsok éven át segítette a középiskolák matematikatanárait. OKTV bizottsági tagként versenyekfeladatlapjait állította össze, és javítottaa középdöntõk és a döntõk dolgozatait. Országosalkotó munkaközösség vezetõjeként NATkompatibilismatematika tantervet készített a középiskolákszámára. 2004-ig szakértõként sokországos mérés mérõlapjainak elkészítésében ésértékelésében vett részt. Háromfõs bizottság tagjakéntközponti írásbeli feladatsorokat készítetta nyolc évfolyamos gimnáziumba jelentkezõkmérésére, 2005 és 2007 között ezek lektorálásátvégezte az OKÉV felkérésére.A Miskolci Egyetem Matematika Tanszékénektámogatásával tehetséges tanulók önképzõkörétvezette, felkészítette õket nemzetközikonferenciákra.A Bolyai János Matematika Társulat megyeitagozatának alelnökeként Európai MatematikaKongresszusokat szervezett. Minõségbiztosításiszakértõként miskolci iskolákban koordináltapartnerközpontú mûködés kialakítását. A miskolciSzakértõk Regionális Egyesületének alelnöke.A Borsodi tagozat Oktatási Bizottságánakelnökeként Ifjúsági Matematikai Kongresszusokatszervez. A 2001. évi miskolci Rátz LászlóVándorgyûlés szervezésében komoly szerepetvállalt.MOZAIK KIADÓ 43

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberFELADATROVAT TANÁROKNAKRovatvezetõ: Kosztolányi JózsefKérjük, hogy a megoldásokat a rovatvezetõcímére küldjék: 6757 Szeged, Miklós u. 27.Ugyanide kell küldeni a kitûzésre szánt feladatokatis. Ezeknek a megoldását is mellékeljék!Minden megoldást (tehát ugyanannak a feladatnaka megoldásait is) külön lapra írják tollalvagy géppel, jól olvashatóan! Mindegyiket külön-különhajtsák össze, és külsõ felére írják ráa feladat sorszámát és a megoldó nevét! Csatoljanaka 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 csúcsábanvan egy hangya. Egy adott pillanatbanmindegyik hangya — egymástól függetlenül, azonossebességgel — elindul egy, az eredeti helyérõlkifutó él mentén egy szomszédos csúcsba.Mindegyik hangya egyenlõ valószínûséggel választjaa csúcsából kiinduló négy él valamelyikét.Mi annak a valószínûsége, hogy egyik csúcsbasem érkezik kettõ vagy több hangya?446. Az A, B, C, D és E pontok úgy helyezkednekel a térben, hogy teljesülnek a következõfeltételek:(1) AB = BC = CD = DE = EA = 2;(2) ABC¬ = CDE¬ = DEA¬ = 90º;(3) az ABC háromszög síkja párhuzamos a DEegyenessel.Mekkora a BDE háromszög területe?447. A természetes számok (a 0-t is beleértve)növekvõ sorozatából elhagyjuk azokata számokat, amelyeknek tízes számrendszerbelialakja tartalmazza a 3, 6, 9 számjegyek valamelyikét.Melyik az így kapott sorozat 587-diktagja?448. Jelölje H[x] azon x határozatlanú 11-ed fokú polinomok halmazát, amelyek együtthatóia {-1; 1} halmaz elemei. Melyek azoka H[x]-beli polinomok, amelyeknek az 1 a legnagyobbmultiplicitású gyöke?Dályay Pál Péter, Szeged449. Az a 1 , a 2 , ..., a n és a pozitív egésznszámok úgy, hogy ∑ ai< a.Igazoljuk, hogy hab = max a,akkori1 ≤i≤ni = 1a − b n∑k ⎛a⎞⎛a−k⎞( − 1) ⎜ ⎟∏⎜ ⎟ = 0.⎝k⎠ ⎝ ai⎠k = 0 i = 1Dályay Pál Péter, SzegedFeladatmegoldások(430—434. feladatok)430. Marci 96 darab, különbözõ országokbanhasználatos pénzérmét gyûjtött össze egydobozba. Azt tapasztalta, hogy akármelyik 11érmét is veszi ki a dobozból, mindig van legalább3 olyan érme, amelyek ugyanannak azországnak a pénzérméi. Igaz-e, hogy Marci érméiközött van legalább 20 darab olyan, amelyekugyanabban az országban használatosak?Megoldás: A feladat kérdésére a válasz: igaz.Indirekt módon bizonyítunk. Tegyük fel, hogyMarci érméi között legfeljebb 19 darab, egy országbólvaló érme van. Mivel 5 ◊ 19 = 95, ezértfeltételezésünk következményeként Marci érméilegalább 6 országból valók. Ekkor viszont ki lehetválasztani 11 érmét úgy, hogy közöttük nelegyen 3 darab, ugyanabban az országban használatosérme, például 2 + 2 + 2 + 2 + 2 + 1 = 11.Ez ellentmond a feladat feltételének, ami állításunkatbizonyítja.Több megoldás alapjánA megoldók száma: 6.431. Adott egy egységnyi élû kocka, és azegyik csúcsa mint középpont köré írt 2 3 sugarúgömb. Milyen hosszú az a görbe, amely-3ben a gömbfelület metszi a kocka felületét?Megoldás: A középpont csúcsot tartalmazó háromoldallapon egy-egy 30º-os, 2 3 sugarú344 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSA3körívben, a másik három lapon egy-egy3sugarú negyed körben metszi a gömb a kockafelületét. (1. ábra)A30º2÷330ºi 31 Bi 2÷331. ábraMivel2 32 ⋅ ⋅p3 3i1= = p12 9és2 32 ⋅ ⋅p3 3i2= = p,4 6ezért a kocka felületébõl kimetszett ív hossza5 3i = 3 ⋅ ( i1 + i2) = p.6Rakonczai 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 f i (i = 1, 2, 3, 4)függvények, amelyekre teljesül, hogy(1) f i p szerint periodikus, páros függvény(i = 1, 2, 3, 4);(2) f(x) = f 1 (x) + f 2 (x) ◊ cosx + f 3 (x) ◊ sinx ++ f 4 (x) ◊ sin2x bármely valós x esetén.Megoldás: Tekintsük (2)-t rendre az x, -x,x + p, -x + p helyeken. A trigonometrikus függvényekperiodicitását és paritási tulajdonságait,valamint az (1) feltételt figyelembe véve az f i(i = 1, 2, 3, 4) függvényekre a következõ egyenletrendszertkapjuk:1(a) f(x) = f 1 (x) + f 2 (x) ◊ cosx + f 3 (x) ◊ sinx ++ f 4 (x) ◊ sin2x(b) f(-x) = f 1 (x) + f 2 (x) ◊ cosx - f 3 (x) ◊ sinx -- f 4 (x) ◊ sin2x(c) f(x + p) = f 1 (x) - f 2 (x) ◊ cosx - f 3 (x) ◊ sinx ++ f 4 (x) ◊ sin2x(d) f(-x + p) = f 1 (x) - f 2 (x) ◊ cosx + f 3 (x) ◊ sinx -- f 4 (x) ◊ sin2x(a) + (b):f(x) + f(-x) = 2f 1 (x) + 2f 2 (x) ◊ cosx (*)(c) + (d):f(x + p) + f(-x + p) = 2f 1 (x) - 2f 2 (x) ◊ cosx (**)A (*) és (**) egyenletek összegébõl rendezésután kapjuk:f( x) + f( − x) + f( x + p) + f( − x + p)f1( x) =.4(*) és (**) különbségébõl⎧fx ( ) + f( −x) − fx ( + p) − f( − x+p) p , ha x ≠ + kp( k∈Z)⎪4cosx2f2( x)= ⎨⎪ pa, ha x = + kp( k∈Z)⎪⎩2(a) + (c):f(x) + f(x + p) = 2f 1 (x) + 2f 4 (x) ◊ sin2xEbbe az egyenletbe f 1 (x)-et helyettesítve, majdrendezve kapjuk, hogy⎧fx ( ) − f( − x) + fx ( + p) − f( − x+p) p⎪, ha x ≠k⋅ ( k∈Z)4sin2x2⎪f4( x) = ⎨c, ha x = kp( k∈Z)⎪p⎪ d, ha x = + kp( k∈Z)⎩2(a) + (d):f(x) + f(-x + p) = 2f 1 (x) + 2f 3 (x) ◊ sinxf 1 (x) behelyettesítése, majd rendezés után:⎧fx ( ) − f( −x) − fx ( + p) + f( − x+p) ⎪, ha x ≠ kp( k∈Z)f3( x) = ⎨ 4sinx⎪⎩b, ha x = kp( k∈Z)Azt kaptuk, hogy ha léteznek megfelelõ f i (i = 1,2, 3, 4) függvények, akkor azok ilyen alakúak.A továbbiakban belátjuk, hogy ha f 2p szerintperiodikus függvény, akkor az f i (i = 1, 2, 3, 4)függvények p szerint periodikus, páros függvények.Az f 2p szerinti periodicitása, valamint a szinuszés koszinusz függvény tulajdonságai alapjánkönnyen adódik, hogy f i (x + p) = f i (x) (i = 1, 2,3, 4). Mivel az x ® cosx függvény páros, azx ® sinx és az x ® sin2x függvények pedig pá-MOZAIK KIADÓ 45

A MATEMATIKA TANÍTÁSA2012. szeptemberratlanok, valamint f(-x + p) = f(-x - p) ésf(x - p) = f(x + p), ezért f i (-x) = f i (x) (i = 1, 2, 3,4) bármely valós x esetén.Egyszerû számolással adódik az is, hogy az f i(i = 1, 2, 3, 4) függvények „problémás” helyein⎛ p ⎞⎜x = k⋅ , k∈Z⎟is teljesül a feladatbeli (2)⎝ 2 ⎠feltétel.Több megoldás alapjánA megoldók száma: 5.433. Igazoljuk, hogy ha egy háromszög oldalainakhossza a, b, c, területe pedig T, akkortetszõleges x, y, z pozitív valós számok eseténfennáll az2 2 2a x+ b y+ c z ≥ 4T⋅ 4 3 xyz( x + y+z)egyenlõtlenség. Mikor áll fenn egyenlõség?Dályay Pál Péter, SzegedMegoldás: Jelölje D(a, b, c, t) azt a háromszöget,melynek oldalai a, b, c hosszúak és területet. Elõbb belátunk egy lemmát (Neuberg-Pedoeféletétel):Az D(a, b, c, t) és D(A, B, C, T) háromszögekreérvényes a(-a 2 + b 2 + c 2 )A 2 + (a 2 - b 2 + c 2 )B 2 ++ (a 2 + b 2 - c 2 )C 2 ≥ 16tTegyenlõtlenség, 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 a 2 + b 2 - c 2 = 2abcosg, A 2 + B 2 -- C 2 ab sin g AB sin G= 2ABcosG, t = , T = .22Ezzel(-a 2 + b 2 + c 2 )A 2 + (a 2 - b 2 + c 2 )B 2 ++ (a 2 + b 2 - c 2 )C 2 - 16tT = 2a 2 B 2 + 2A 2 b 2 -- (a 2 + b 2 - c 2 )(A 2 + B 2 - C 2 ) - 16tT == 2a 2 B 2 + 2A 2 b 2 - 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 számok.A , , számok telje-x + y y+z z+x2 2 2sítik a háromszög-egyenlõtlenséget, ugyanis⎛⎜⎝2r + s s+t⎞+ =2 2 ⎟⎠r + t r + s s+ t ⎛ r + t⎞= + s + 2 ⋅ ⋅ >⎜ .2 2 2 ⎜2 ⎟⎝ ⎠Alkalmazzuk a lemmát a következõ két háromszögre:D(a, b, c, t); D⎜⎛ x + y y+ z z+x ⎞, , , t.2 2 2 ⎟⎝⎠A második háromszögre a Héron-képlet kifejtettalakja (lásd pl. Reiman István: Geometria éshatárterületei, Szalay Könyvkiadó és KereskedõházKft., Kisújszállás, 1999, 72. oldal):2 1 ⎛2 x + y y + z 2y + z z +tx ⎞= ⋅⎜⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⎟+16 ⎝ 2 2 2 2 ⎠2 2 21 ⎛ z+ x x + y ⎛x + y⎞ ⎛y+ z⎞ ⎛z+x⎞⎞+ ⋅ 216⎜ ⋅ ⋅ −⎜ ⎟ −⎜ ⎟ − ⎜ ⎟=2 2 2 2 2⎟⎝⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠= 1 ( xy yz zx ),16 ⋅ + +xy + yz + zxazaz t =.4A lemma miatt2 2 2 y+ z 2 2 2 z+x( − a + b + c ) ⋅ + ( a − b + c ) ⋅ +2 22 2 2 x + y+ ( a + b −c) ⋅ =22 2 2= a x + b y+ c z ≥ 16tT = 4 T⋅ xy+ yz+zx.Megmutatjuk, hogyxy + yz + zx ≥ 3 xyz( x + y + z).Induljunk ki az(xy - yz) 2 + (yz - zx) 2 + (zx - xy) 2 ≥ 0egyenlõtlenségbõl, ahol egyenlõség pontosanakkor érvényes, ha x = y = z. Négyzetre emelésés átrendezés után3x 2 yz + 3xy 2 z + 3xyz 2 £ x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ++ 2x 2 yz + 2xy 2 z + 2xyz 2 ,azaz3xyz(x + y + z) £ (xy + yz + zx) 2 .A fentiekbõl következik a feladatbeli egyenlõtlenség,és látható az is, hogy egyenlõség akkorés csak akkor teljesül, ha a = b = c és x = y = z.A megoldók száma: 2.Borbély József, TataDályay Pál Péter, Szeged246 MOZAIK KIADÓ

2012. szeptember A MATEMATIKA TANÍTÁSA434. Mutassuk meg, hogy tetszõleges n pozitívegész szám és a ∈ ⎥ 0;⎤ p ⎡2n⎦ ⎢ esetén fennáll⎣a következõ egyenlõtlenség:Alkalmazzuk a bal oldal pozitív tagú összegérea számtani és mértani közép közötti egyenlõtlenséget.x1 n x2n xn+ + ... + n ≥n n i−1nn n ncos (2 a) n ⋅ sin(2 a)1− x1 1− x21−x n∑≥.n i−1n ni=1 1 −cos (2 a) 2 ⋅sina −sin(2 a)x1 n x2n ... xn≥n⋅ nn =Dályay Pál Péter, Szegedn n n(1 − x1)(1 − x2)...(1 − x n )nx1x2...x=n. (**)⎤ p ⎡a ∈ ⎥⎦ 2 n ⎢ ezért sin(2 i a) és cos(2 i - 1 n n n na)(1 − x1)(1 − x2)...(1 − xn)⎣2. állítás: Ha 0 < a i < 1 (i = 1, 2, ..., n), akkorn(1 −a1)(1 −a2)...(1 −a ) 1 nn ≤ − a1a2... an.nnsin(2 a)=Bizonyítás: Írjuk fel a számtani és a mértani középközötti egyenlõtlenséget egyrészt az (1 - a i ),nn2 sina− sin(2 a)n−1ncosa ⋅cos 2 a ⋅... ⋅cos(2 a) másrészt az a i pozitív számokra (i = 1, 2, ..., n):=n−1.1 − cosa ⋅ cos 2 a ⋅ ... ⋅ cos(2 a)(1 - a 1 ) + (1 - a 2 ) + ... + (1 - a n ) ≥≥n⋅ n (1 −a1)(1 −a2)...(1 −a n ),illetvesin(2 n a) = 2 n ◊ sina ◊ cosa ◊ cos2a ◊ ... ◊a◊ cos(2 n - 1 1 + a2 + ... + a nn ≥n⋅a1a2... an.a) (*)Adjuk össze a két egyenlõtlenség megfelelõ oldalait:n≥n⋅ n(1 −a1)(1 −a2)...(1 − a ) nn + n⋅a1a2... an.Mindkét oldalt n-nel osztva, majd rendezve a 2.állítás egyenlõtlenségét kapjuk.Alkalmazzuk a 2. állítást (**) jobb oldalánaknnevezõjére ( ai= xi) :nx1x2... xnnx1x2...x≥n.n n n n(1 − x1)(1 − x2)...(1 − x ) 1 − xx 1 2...xnnEzzel az eredeti egyenlõtlenséget bizonyítottuk.n n n n−1cos a cos 2a cos (2 a)+ + ... + ≥Velkeyné Gréczi Alice, Ipolyszögn n n n−1− a − a − a A megoldók száma: 6.n − 1ncosa ⋅cos 2 a ⋅... ⋅cos(2 a) ≥n − 1 .1 − cosa ⋅ cos 2 a ⋅ ... ⋅ cos(2 a)n n nx1 x2 x 1 2 ...... n nx ⋅x ⋅ ⋅x+ + + ≥ n.−n n nx1 − x2− xn1 − x1 ⋅ x2⋅ ... ⋅ xnMegoldás: Mivel tetszõleges pozitív egész nesetén 0; ,pozitív bármely i Œ{1; 2; ...; n} esetén.Elõbb egy azonosságot látunk be.1. állítás:Bizonyítás: Átalakításokkal a bizonyítandó azonossága következõ alakban írható: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(2 n + 1 a) = sin(2 ◊ 2 n a) = 2sin(2 n a)cos(2 n a) == 2 ◊ 2 n ◊ sina ◊ cosa ◊ ... ◊ cos(2 n - 1 a) ◊ cos(2 n a) == 2 n + 1 ◊ sina ◊ cosa ◊ cos2a ◊ ... ◊ cos(2 n a)Ezzel az 1. állítást bebizonyítottuk.A feladatbeli egyenlõtlenség a most bizonyítottállítás alapján a következõ alakban írható:1 cos 1 cos 2 1 cos (2 )Legyen x i = cos(2 i - 1 a) (i = 1, 2, ..., n). A megoldáselején tett megjegyzés alapján világos, hogy0 < x i < 1. Ezzel a bizonyítandó egyenlõtlenség:1 1 1A 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, Kolozsvár(430., 431.).MOZAIK KIADÓ 47