A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. feladat. Állapítsuk meg az függvény maximumát és minimumát ! I. megoldás: Fejezzük ki az adott kapcsolatból -et -nal. Így megadhatjuk, mely -okhoz lehet -et kiszámítani, más szóval, hogy mely számokhoz van olyan érték, amelyre függvényünk az értéket veszi fel, vagyis mi függvényünk értékkészlete. Ebből már kiválaszthatjuk a keresett maximumot, ill. minimumot ‐ hacsak az értékkészletben van legnagyobb, ill. legkisebb szám. A nevező sehol sem 0, mert , ezért az átszorzással és rendezéssel adódó kapcsolat ekvivalens az eredetivel. Innen | | (1) | hacsak , és , ha . a gyökképletből akkor és csak akkor adódik valósnak, ha a diszkrimináns nem negatív, vagyis ha ‐ a másodfokú kifejezést mindjárt szorzattá alakítva ‐ Ez pedig nyilván akkor és csak akkor teljesül, ha Ez a kettős egyenlőtlenség írja le függvényünk teljes értékkészletét, mert ennek a külön úton nyert fenti szám is eleget tesz. Eszerint függvényünknek van maximuma is, minimuma is, éspedig az érték. Ezeket a függvény (1) szerint az helyen veszi fel. Megjegyzés. Néhány dolgozat a helyes eredményre a következő téves meggondolással jutott el: ,,maximum és minimum azok az értékek, amelyeket a függvény csak egyszer vesz fel, ezek azok, ahol a diszkrimináns 0.'' Eszerint minden elsőfokú függvény számára minden érték maximum volna és egyben minimum is; másrészt az érték nem volna maximuma az függvénynek, úgyszintén sem volna ennek minimuma, mert mindegyik értéket végtelen sokszor veszi fel. Azt mutatja ez, hogy a szélső értékek fogalma egyedül a másodfokú függvényre alapult. II. megoldás. Osztással és a nevezőben teljes négyzetté való kiegészítéssel az adott kifejezés így alakítható: | | majd helyére új változót írva | | (2) |
Eszerint -nak ott van maximuma, ahol az függvény minimális értéket vesz fel, és ott van minimuma, ahol maximális. lehet pozitív, negatív és 0, mert ugyanolyan jelű, mint a számláló, hiszen nevezője pozitív, mellett pedig ; ezért maximuma csak pozitív, minimuma csak negatív érték lehet. Elég -et pozitív -k mellett vizsgálni, mert és mellett felvett értékei csak előjelben különböznek, tehát az így meghatározandó maximum értékének, és helyének -szerese megadja a minimum értékét és helyét. További átalakítással | | így maximuma egyenlő az függvény minimumával. Vegyük észre, hogy pozitív mellett az összeg két tagjának mértani közepe 1, állandó. Ismeretes másrészt, hogy pozitív számok számtani közepe sohasem kisebb mértani közepüknél, és akkor egyenlő vele, ha a számok egyenlők. Eszerint felének minimuma 1, így , és ez akkor adódik, ha az a pozitív szám, amelyre , vagyis . Most már maximuma , és a fentiek szerint minimuma a helyen ; végül (2) szerint minimuma 1, maximuma 3, és e szélső értékeket figyelembevételével az , ill. helyen veszi fel. III. megoldás: Alakíthatjuk -t a következők szerint is:
Az első alak második tagja sohasem negatív, mert számlálója teljes négyzet és nevezője pozitív. Eszerint minimumát -nál, vagyis az helyen veszi fel; itt a második tag 0, és értéke 1. Hasonlóan a második alak kivonandója akkor legkisebb, ha , azaz , és itt értéke 0, tehát maximuma 3. 2. feladat. Adott egy kör és a kör belsejében fekvő pont. Tekintsük a kör egy félkörnél kisebb ívét és jelöljük ennek felezőpontját -fel. Bizonyítandó, hogy ha akkor I. megoldás: A feltevések folytán az ponthoz tartozó átmérővel kettévágott kör azon félkörének belsejében van, amelynek ívén fekszik. a) Tulajdonképpen csak az szögtartományban fekvő pontokra kell bizonyítást adnunk, mert az húrral lemetszett kisebb körszeletben levő pontokra az állítás magától értetődő, hiszen ilyenkor és az egyenes ugyanazon partján vannak, és ezért az szög része az szögnek (1. ábra).
1. ábra Másképpen: ilyen esetekben a félegyenes benne van az szögtartományban. b) Ugyanez áll akkor is, ha az húron van, mert ilyenkor az szög bármelyik irányú forgással , az szög pedig kisebb. c) Ha az szögtartományban van, akkor szétválasztja -t és -t. (2. ábra).
2. ábra Tükrözzük -re az szöget, legyen az pont tükörképe . Ekkor elegendő azt igazolnunk, hogy az szög része az -val egyenlő szögnek. ‐ Messe az egyenes -t másodszor -ban. Így egyrészt az és szögek egyenlők, mert -nak a száraik közti , ívei egyenlők, másrészt a tükrözés folytán az és szögek egyenlők, és ezért és egyenesen van, továbbá , tehát a húr belső pontja. Így pedig a félegyenes valóban az szögtartományban van. A fentiekben az állítást minden lehetséges helyzetére igazoltuk. Megjegyzések. 1. Nem használtuk fel, hogy az -fel felezett ív kisebb félkörnél, ezért az állítás bármekkora ívre érvényes. 2. A bizonyítás a) részében nem használtuk fel, hogy a -n belül van, így meggondolásunk az szögtartomány -n és rajta kívül fekvő I. része minden pontjára érvényes (az 1. ábrán ), úgyszintén a szakasz -en túli meghosszabbításának pontjaira is, mert így a és félegyenesek egybeesnek, szögük 0. Az I. síkrész másik határoló félegyenesén, a szakasz -n túli meghosszabbításán levő pontokra viszont a két kérdéses szög azonos. Kézenfekvő most már legalább vázlatosan áttekinteni a kérdéses szögek nagyságviszonyát minden az (1)-et teljesítő pontra. Ha kilép I-ből -nak -n túli meghosszabbításán át, de nem lépi át -t (II. síkrész, ), akkor a félegyenes kilép az szögtartományból, része -nek, (2) iránya ellentétesre fordul. Ugyanez adódik a III. síkrészben, vagyis ha az szögtartománynak -n kívüli pontja (a 2. ábrán ), mert ilyenkor a c) alatti pont és közé esik, és így .
3. ábra Végül a IV. síkrészben választott -tal a íven adódik (3. ábra), ezért , így , itt tehát érvényes (2). ‐ Most már a követelmény mellett a megfelelő síkrészek határvonalait -re tükrözéssel kapjuk, így a 3. ábra csíkozott részein a kérdéses szögek közül nagyobb, a világosakon nagyobb, a határvonalakon pedig a két szög ‐ amint az könnyen belátható ‐ egyenlő. (Mezei Ferenc ,,térképvázlata''). A további megoldásokban csak a fenti c) esettel foglalkozunk, ezt 3 alesetre bontjuk fel aszerint, hogy az -nek -fel ellentétes, ill. megegyező partján van ‐ vagyis az utóbbi alesetben az háromszögben ‐ vagy pedig magán az húron. ‐ Mindkét további megoldás Muszély György megoldásainak egyszerűsítése. 4. ábra II. megoldás: c) Ha az -nek -fel ellentétes oldalán van (4. ábra), akkor a kérdéses és szögek a kisebb szögnek részei. Az , , pontokon átmenő kör -t nem tartalmazó, vagyis -n kívül levő ívének felezőpontja az egyenesnek -fel egyező oldalára, vagyis -nek -en túl való meghosszabbítására esik. Így az szögtartományban van, pedig az szögtartományban. Ámde felezi a kisebb szöget, ennélfogva az szög szöggel nagyobb, az szög pedig ugyanennyivel kisebb az szög felénél, ez megfelel az állításnak. 5. ábra c) Ha az -nek -fel egyező oldalán van (5. ábra), akkor az , , pontokon átmenő kör -t nem tartalmazó, vagyis -n kívül levő ívének felezőpontja az egyenesnek -fel ellentétes oldalára, -nek -n túl való meghosszabbítására esik. A kérdéses és szögek egyenes szögnél nagyobb összegét ebben az alesetben -nek -n túl való meghosszabbítása felezi. A félegyenes -nek -t tartalmazó oldalán van, ezért az szöget osztja részekre. Így az szög nagyobb, pedig kisebb az szögnél. Ezt kellett bizonyítanunk. c) Végül ha az szakaszon van, akkor (2) fennáll, mert tompaszög, pedig hegyesszög. Megjegyzések. 1. A c) aleset meggondolása nem alkalmazható az húrral lemetszett körszeletben felvett -re, mert ilyen esetben a -nál nagyobb szöget hasonlítanók az szöghöz. 2. Lényegében a fenti meggondolást mondjuk el másképpen annak az pontnak a helyzetét tekintetbe véve, ahol a egyenes a , ill. kört másodszor metszi. A c) alesetben (4. ábra) a -re nézve belső pont, ezért egyrészt a szakasz -en túl való meghosszabbításán van, -nek -vel ellentétes, vagyis -vel egyező oldalán. Másrészt a -t nem tartalmazó ívnek pontja. Ezek szerint a (rövidebb) íven van. Így -nek íve hosszabb a ívnél, tehát , vagyis . A c) alesetben (5. ábra) a -re nézve külső pont, ezért egyrészt az szakasz -n túli meghosszabbításán van, -nek -vel egyező, -vel ellentétes oldalán, másrészt az íven. Így a (rövidebb) ívnek pontja, , , ezért , azaz . III. megoldás: A feladat állítása akkor és csak akkor igaz, ha az háromszög és -nél levő (belső) szögeinek összege kisebb, mint a háromszög és -nél levő (belső) szögeinek összege. Ezt fogjuk bizonyítani. Legyen tükörképe -re , így az négyszög konvex trapéz. A c) alesetben az szögtartományban van (6. ábra). 6. ábra Ugyanis és az háromszög belsejében vannak, tehát , másrészt az háromszögből (1) alapján . Ennélfogva Másrészt a szögtartományban van, amely része -nek, ezért Most már (3) és (4) két-két szélső tagjának összeadásával a kívánt egyenlőtlenség adódik. 7. ábra Ha pedig elválasztja -t és -et (7. ábra), akkor egyrészt | | (5) | ez pedig látószöge -ből; másrészt | | (6) | ez pedig látószöge -ből; ekkor ugyanazon oldalán fekszik -nek, mint . ‐ Mármost a háromszög köré írt kör érinti -t -ben, minden más pontja belsejében van, így a -re nézve külső pont. Ezért -nek -ből vett látószöge kisebb az -ből vett látószögénél, azaz (5) és (6) alapján Innen pedig átrendezéssel amit bizonyítani akartunk. 3. feladat: Legyen az konvex négyszög és oldalának felezőpontja és , az és metszéspontja , a és metszéspontja . Bizonyítandó, hogy az és háromszögek területének összege egyenlő az négyszög területével. I. megoldás: Húzzuk meg a négyszög és átlóit. Az és szakasz az , ill. háromszögben súlyvonal, tehát a háromszöget két egyenlő területű háromszögre osztja (8. ábra): 8. ábra (az idomok területét ugyanúgy jelöljük, mint magukat az idomokat). Ezekből összeadással mert az négyszög konvexsége folytán és az -nek ellentétes partján feküsznek, és ezért ugyanez áll és -re is. Figyelembe véve a és egyenesekkel való felbontást is, (2)-t így írhatjuk: | | (3) | (mindkét oldalon az négyszög területének fele áll). Hasonlóan a és súlyvonalakkal két-két egyenlő részre osztott és háromszögekből amit részletesebben így írhatunk: | | (5) | Már most (3) és (5) összegéből a két oldalon fellépő egyenlő tagok elhagyásával és 2-vel való osztással a bizonyítandó egyenlőséget kapjuk: II. megoldás: Ismeretes, hogy a trapézt átlói négy olyan háromszögre bontják, melyek közül a szárakra támaszkodók egyenlő területűek. Ezt a tételt fogjuk háromszor felhasználni. Feltehetjük, hogy és közül van távolabb -től. Húzzunk -n és -n át -vel párhuzamost és jelöljük ezeknek meghosszabbításával, ill. -fel való metszéspontját , ill. -vel (9. ábra), továbbá és metszéspontját -vel. 9. ábra és trapézok, így és Az és háromszögek együttesen nem takarják le az négyszöget, kinyúlik az , nincs lefedve az háromszög. Ha sikerül igazolnunk, hogy ezek egyenlő területűek, akkor a feladat tételét bebizonyítottuk. Ehhez viszont elegendő megmutatni, hogy párhuzamos -fel, mert ekkor az négyszög trapéz voltából következik állításunk. Jelöljük -nek és -fel való metszéspontját , ill. -val. Így az szakasszal együtt a vele párhuzamos szakaszt is felezi. Másrészt a és háromszögek egybevágóságából következik, hogy . Tehát , ill. a háromszög , ill. oldalának felezőpontja, és így valóban párhuzamos -vel. Ha és egyenlő távolságra esnek -től, akkor és egybeesnek -fel, és így az és háromszögek együtt pontosan lefedik az négyszöget. III. megoldás: Azt mutatjuk meg, hogy illetőleg e területeket 2, 2, ill. 3 idom területének összegeként felírva | | Innen ugyanis a két oldal egyenlő tagjainak elhagyásával a bizonyítandó tételt kapjuk. Valóban, , , -nek -n levő vetületét rendre , , -vel jelölve (8. ábra) a idom trapéz, és benne a középvonal, tehát Innen pedig mindkét oldalt -vel szorozva, majd az egyenlőségeket figyelembe véve | | adódik, ami állításunkat igazolja. Megjegyzések. 1. A feladat állítása általánosítható: a kimondott területegyenlőség akkor is fennáll, ha és az , ill. oldalt (nem felezi, hanem) ugyanolyan arányban osztja két-két részre: , azaz , és ugyanígy (10. ábra, itt ). 10. ábra Az állítás mindhárom fenti megoldás gondolatmenetével igazolható; alább az I. megoldás módosításával bizonyítjuk. Az ott szereplő (1)‐(3) egyenlőségek jobb oldala most a bal oldal -szorosával lesz egyenlő, (4) és (5) bal oldala viszont a jobb oldal -szorosával. Így a (3) és (5)-ből keletkezett egyenlőségek összegében 2 helyett -val osztva kapjuk az általánosítás állítását. Ez az általánosítás Bollobás Béla dolgozatában szerepel. 2. Könnyű belátni, hogy a nem konvex (vagyis az egy -nál nagyobb belső szöggel bíró, valamint a hurkolt) négyszögekre az állítás nem igaz.
|
|