A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Első feladat. Egy teremben sorban és oszlopban szék van . Minden széken egy-egy tanuló ül, mind különböző magasságú. A tanár minden sorból kiszemeli a legkisebbet, ezek legnagyobbikának magassága . Azután minden oszlopból kiszemeli a legnagyobbat, ezek legkisebbikének magassága . Eldöntendő, hogy az , , esetek közül melyek lehetségesek, s hogy minden lehetséges eset bekövetkezése biztosítható-e az ülésrend megváltoztatásával.
Megoldás. Nevezzük egyszerűség kedvéért az magasságú tanulót -nak, a magasságút -nek, stb. Tekintsük sorát és oszlopát. E sor és oszlop kereszteződésében elhelyezkedő széken is ül egy tanuló. Ennek magasságát -vel jelöljük. Számolunk azzal a lehetőséggel, hogy , , nem mind különbözők. Ha ugyanis és egy sorban ül, akkor azonos -vel. Ha és egy oszlopban ül, akkor és azonos. Ha pedig azonos -vel, akkor is azonos velük. Minthogy és egy sorban ül, és a sorában a legkisebb, -nél sem lehet nagyobb, azaz . Ugyanígy adódik, hogy , hiszen és egy oszlopban ül, és az oszlopában a legnagyobb. Ezek szerint , tehát , vagyis: az eset nem következhetik be. Az eset bekövetkezik, ha pl. az utolsó sorba a legnagyobb tanulókat ültetjük. Ekkor az utolsó sorban ülők legkisebbike egyaránt betölti és szerepét, mert egyrészt a sorában nincs nála kisebb, de minden más sorban van, másrészt az oszlopában nincs nála nagyobb, de minden más oszlopban van. Az eset bekövetkezik, ha pl. az előző elrendezésből indulunk ki, de az utolsó sor legkisebb tanulója helyet cserél az oszlopában ülő valamelyik másik tanulóval. Az előreültetett tanuló a helycsere után is változatlanul betölti szerepét, hiszen oszlopában nincs nála nagyobb, de minden más oszlopban van. Minthogy azonban az előreültetett tanuló új sorának minden más tanulója nála kisebb, keresésekor ő még az egyes sorokból kiszemelt legkisebbek között sem szerepel, s így szerepét nem ő tölti be.
Megjegyzés. 1. A feladat , megszorítását kihasználtuk akkor, amikor ugyanabban az oszlopban ülő másik tanulóról, s amikor ugyanabban a sorban ülő minden más tanulóról szóltunk. A megszorításra szükség van, mert ha a székek egyetlen sorban vagy egyetlen oszlopban helyezkednek el, akkor nyilván a legkisebb, illetőleg a legnagyobb tölti be egyszerre és szerepét. Ilyenkor tehát csak az eset valósulhat meg.
2. Felvetjük a kérdést, hogy minden tanuló számolhat-e azzal a lehetőséggel, hogy szerepét majd ő tölti be. Ugyanezt kérdezzük a szerepet illetően is. Azt állítjuk, hogy a legkisebb tanuló és a legnagyobb tanuló egyik szerep betöltésekor sem jöhet szóba. esetében ez abból következik, hogy a saját sorának legkisebbike, tehát a sorában van nála nagyobb tanuló, viszont minden más sorban van -nál kisebb, azaz van legalább nála kisebb tanuló. Hasonlóan okoskodhatunk esetében is, mert a saját oszlopában nála kisebb tanuló ül, és minden más oszlopban van nála nagyobb, azaz legalább nála nagyobb tanuló van. Ha tehát a tanulókat a legkisebbtől kezdve megszámozzuk, akkor csak a sorszámú tanulók tölthetik be az , szerepeket.
3. Eddigi megállapításaink bizonyos korlátozásokat tartalmaztak. Azt kérdezzük most, hogy ezeket a korlátozásokat figyelembe véve minden eset megvalósulhat-e. Pontosabban szólva a következő kérdést vetjük fel: A tanár a teremben elhelyezkedő székek egyikére jelet, egy másikra vagy esetleg ugyanarra jelet tesz; ezután a folyosón gyülekező tanulókat nagyság szerint sorba állítja, és a , , , sorszámu tanulók közül kijelöl egyet vagy kettőt aszerint, hogy a teremben ugyanarra a székre tette-e az és a jelet, vagy sem, mégpedig abban az esetben, amikor a megjelölt székek nincsenek sem egy sorban, sem egy oszlopban, akkor két olyan tanulót jelöl ki, akik a nagyság szerinti sorban nem állnak egymás mellett; kérdés, hogy elhelyezhetők-e a tanulók a teremben úgy, hogy a megjelölt székekre a kijelölt tanulók üljenek, mégpedig, ha ketten vannak, akkor a kisebbikük üljön az jelű székre, s hogy és szerepét éppen az és jelű széken ülő tanuló töltse be. Azt állítjuk, hogy ez mindig lehetséges. Meg kell említenünk, hogyha a megjelölt székek nincsenek sem egy sorban, sem egy oszlopban, akkor megoldásunk értelmében szerepelnie kell egy -nál nagyobb és -nél kisebb tanulónak, s ezért és a nagyság szerinti sorban nem állhattak egymás mellett. Ez az eset természetesen csak akkor valósítható meg, ha a , , , sorszámú tanulók száma -nél nagyobb, azaz
vagyis ilyenkor a , értékek között kell -nél nagyobbnak lennie. Eszerint bizonyos kivételt jelent a eset, mert ekkor a szék közül nem szabad két átlósan elhelyezkedőt megjelölni. Ha ugyanis a tanár így járna el, akkor nem tudna a folyosón az előírást betartva kijelölni két tanulót. Állításunk bizonyítása érdekében először is azt említjük meg, hogy a teremben a sorokat is és az oszlopokat is szabadon felcserélhetjük a rajtuk ülőkkel együtt; ez nem változtat azon, hogy ki tölti be az , szerepeket. Ezért nem jelent megszorítást, ha csak azokkal az esetekkel foglalkozunk, amikor az jelű szék az utolsó sor bal szélén áll, a jelű szék pedig az első vagy az utolsó sor valamelyik szélső széke. Nevezzük a legkisebb tanulót ,,kicsinek'', a legnagyobb tanulót pedig ,,nagynak''. Ha a jel is az utolsó sor bal szélső székére került, akkor a kijelölt egyetlen tanulót erre a székre ültetjük, az utolsó sor többi székére a nagyokat, a bal szélső oszlop többi székére a kicsiket, a még el nem foglalt székekre pedig a többi tanulót ültetjük. Ilyenkor valóban az egyetlen kijelölt tanuló jut az , szerepek mindegyikéhez.
1. ábra A többi esetben ábrán mutatunk be a követelményt kielégítő elrendezést (1. ábra). Az ábra a , esetre készült, de módszere minden , esetben alkalmazható. A kicsik helyét pont, a nagyok helyét kör jelöli. Az ábrán meg nem jelölt helyeken a többi tanuló tetszés szerint helyezkedhetik el. Ha és átellenes sarkokban van, akkor olyan tanulót jelöl, akit a nagyság szerinti sorban és közrefog. Erre az esetre ábránk két elrendezést mutat be. Az első akkor alkalmazható, ha , a második pedig akkor, ha . Könnyű ellenőrizni, hogy a követelmények minden esetben teljesülnek. Második feladat. Bebizonyítandó, hogy ha hegyesszög, akkor
I. megoldás. A baloldali szorzat alakban írható, hiszen . Minthogy egy szög szinusza és koszinusza -nél nagyobb nem lehet, a felírt összeg második és harmadik tagja legalább , utolsó tagja pedig legalább . A teljes összeg értéke tehát legalább . Az összeg azonban nem lehet , mert a két középső tag nem lehet egyszerre , hiszen és egyszerre nem teljesülhet. Az összeg értéke eszerint -nél nagyobb.
II. megoldás. Egy szögű magasságú derékszögű háromszöget tekintünk (2. ábra) A szögfüggvények értelmezéséből következik, hogy e háromszög befogói és átfogója | | Feladatunk bizonyítását kívánja. Ez nyomban következik abból, hogy és , hiszen a derékszögű háromszög magassága az átfogónak legfeljebb a fele, amint ez a Thales-kör szemléletéből is nyomban adódik.
2. ábra III. megoldás. A feladat állításán túlmenően bebizonyítjuk, hogy ha hegyesszög, akkor | | s hogy egyenlőség csak az esetben következik be. Ennek igazolásához az I. megoldásra hivatkozva elég belátnunk, hogy s hogy itt is csak esetén következik be az egyenlőség. Ezt háromféleképpen bizonyítjuk be. Az előző megoldás jelöléseit használva a bizonyítandó állítás. Ez abból adódik, hogy | | Felhasználtuk itt Pythagoras tételét, a terület kétféle kifejezése alapján adódó összefüggést és az esetben érvényes egyenlőtlenséget. Egyenlőség eszerint csak esetén, azaz egyenlőszárú derékszögű háromszögre következik be.
3. ábra Forgassuk el a 2. ábrában a magasságtól balra elhelyezkedő háromszöget felső csúcsa körül pozitív irányban -kal. Így a 3. ábra vastagon megrajzolt részéhez jutunk. A bizonyítandó állítás szerint az szakasz hosszabb, mint a -kal hajló szakasz, hiszen ennek hossza . Azt kell tehát igazolnunk, hogy a derékszögű szárait összekötő s a ponton áthaladó szakaszok közül a szimmetrikusan elhelyezkedő szakasz a legrövidebb. Minthogy az és szár között nincs szerepkülönbség, feltehetjük, hogy . A pont -re vonatkozó tükörképét -gyel jelöljük. A -re vonatkozó szimmetria miatt a , szakaszok párhuzamosak és egyenlők. A velük párhuzamos és egyenlő szakasz a parallelogrammához és az téglalaphoz vezet. Az utóbbiból kiolvasható, hogy , és így . Eszerint a -ben a legnagyobb oldal, tehát . Felhasználjuk, hogy a pozitív , számok számtani, mértani és négyzetes közepére s hogy egyenlőség mindkét esetben csak esetén teljesül. Eszerint
Egyenlőség csak , tehát esetén áll fenn.
Megjegyzés. A feladatban hegyesszöget jelentett. Erre a megszorításra azért volt szükség, mert ha vagy , akkor a feladat egyenlőtlenségének a baloldalán csak az egyik tényező pozitív, s a szorzat negatív. Ha viszont , akkor mindkét tényező negatív, de szorzatuk -nél kisebb. Ennek bizonyítását az olvasóra hagyjuk.
Harmadik feladat. Bizonyítsuk be, hogy ha a háromszög nem tompaszögű, akkor súlyvonalainak összege nagyobb, mint a háromszög köré írt kör sugarának négyszerese.
Megoldás. Ha az nem tompaszögű, akkor (a belsejében vagy a határán) tartalmazza a köréírt kör középpontját. Ezért az súlypont által meghatározott , , háromszögek közül legalább az egyik szintén tartalmazza az pontot. Legyen az ilyen (4. ábra).
4. ábra Minthogy az tartalmazza az -et, és az egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha és azonos. Eszerint az , súlyvonalakra és a körülírt kör sugarára vagyis Ha azonos -gyel, akkor nyilván . Ha azonban nem azonos -gyel, akkor az szakaszt merőlegesen felező egyenes belevág a háromszögbe, tehát a vele párhuzamos szakaszt elválasztja a csúcstól. Eszerint és ugyanabban az egyenes által határolt félsíkban van, s ezért a pont az egyenesre vonatkozólag szimmetrikusan elhelyezkedő , pontok közül -hoz van közelebb. A , és szakaszokra ezek szerint mindig teljesül, és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha és azonos. Egyenlőtlenségeinket összeadva adódik, de itt az egyenlőség soha sem teljesülhet, mert egyszerre nem teljesülhet mind a két összeadott egyenlőtlenségben, hiszen nem lehet az egymástól különböző , pontok mindegyikével azonos.
Megjegyzések. 1. Nem hagyható el a feladatnak az a megszorítása, hogy a háromszög nem tompaszögű. Bármilyen csekély túllépést engednénk is meg fölé, a feladat állítása már nem volna helyes. Bebizonyítjuk, hogy ez valóban így van. Induljunk ki tehát egy tetszőlegesen megadott szögből. Messe az szakasz felezőmerőlegese a szárra -ben emelt merőlegest az pontban (5. ábra). A száron úgy választjuk meg a pontot, hogy a távolságra teljesüljön. Az köré írt kör sugarára hiszen a két utolsó szakasz ugyanannak a szögnek párhuzamos szelője, és van a szög csúcsához közelebb.
5. ábra Az súlyvonalaira az , , háromszögek egyenlőtlenségei alapján | | Ezek szerint | |
2. Bebizonyítjuk, hogy akkor sem volna helyes a feladat állítása, ha benne helyett valamely -nél bármi csekéllyel is nagyobb szám állna.
6. ábra Egy alapú, magasságú egyenlőszárú háromszög (6. ábra) súlyvonalaira az -re vonatkozó egyenlőtlenség felhasználásával
A körülírt kör sugarára hiszen az magasságot a kör tartalmazza. Ezek szerint Ha egy tetszőleges, -nél nagyobb szám, rögzítése után megválasztható olyan kicsire, hogy teljesüljön. Az így adódó háromszögre a fentiek szerint 3. A feladat arról szólt, hogy a súlyvonalak összege a körülírt kör sugarának legalább hányszorosa. Bebizonyítjuk most, hogy legfeljebb -szöröse, és itt a háromszöget illetően semmiféle megszorítást sem teszünk. Szabályos háromszög esetében a vizsgált arány éppen . Meglepő talán a nem tompaszögű háromszögekre érvényes viszonylag szűk (4, 4,5) értékköz. Tekintsük a sík egy pontjának az csúcsaitól mért távolságait. Ezek számtani közepét , négyzetes közepüket pedig jelöli. Ismeretes, hogy . Bizonyításunk arra épül, hogy . Ha az , , pontokba egységnyi tömegeket helyezünk, akkor e tömegrendszer tehetetlenségi nyomatéka a síkot a pontban merőlegesen döfő egyenesre vonatkozólag. Az imént kimondott egyenlőtlenség következik tehát abból, hogy párhuzamos tengelyek közül a súlyponton áthaladó tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomaték a legkisebb. Egyenlőtlenségünket fizikai ismeretekre való hivatkozás nélkül akarva bebizonyítani bevezetjük az
vektorokat (lásd pl. Matematikai Versenytételek, II. rész, 26‐30. o. és 69. o.). Felhasználjuk azt, hogy Az egyenlőtlenségünkben szereplő értékekre
Ezzel a egyenlőtlenség bizonyítást nyert, de ebből eredeti állításunk is nyomban következik: | |
4. Megemlítjük, de nem részletezzük, hogy a tetraéder súlyvonalainak összege a körülírt gömb sugarának legfeljebb -szorosa, s hogy ez ugyanúgy bizonyítható, ahogyan a megfelelő síkbeli állítást éppen bebizonyítottuk. Ha feladatunk állításának térbeli megfelelőjét keressük, valamilyen megszorítást kell tennünk a tetraéderre vonatkozólag, annak megfelelően, hogy a feladat csak nem tompaszögű háromszögekről szólt. Azok a háromszögek nem tompaszögűek, amelyek tartalmazzák a köréjük írt kör középpontját. Érthető tehát, hogy azokról a tetraéderekről szólunk, amelyek tartalmazzák a köréjük írt gömb középpontját, azonban csak bizonyítás nélkül említjük meg, hogy az ilyen tetraéderek súlyvonalainak összege a körülírt gömb sugarának -szeresénél nagyobb, és itt helyébe nagyobb számot írva már helytelen állításhoz jutunk.
Hajós György
|