A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Első feladat. Két egybevágó háromoldalú szabályos gúlát alapjuk mentén összeillesztünk. A keletkező hatlapú test minden lapszöge ugyanakkora. Határozzuk meg a két háromélű csúcs távolságának és két négyélű csúcs távolságának az arányát.
I. megoldás. Ha a szabályos mentén összeillesztjük az egybevágó , gúlákat (1. ábra), a , csúcsok a háromszög síkjára a háromszög középpontjában emelt merőlegesen helyezkednek el. Az összeillesztéssel keletkező test eszerint nemcsak az síkra, hanem pl. az síkra is szimmetrikus. E szimmetriákból következik, hogy a , csúcsokból az élre, valamint a , csúcsokból az egyenesre bocsátott merőlegesek egyenlők, s hogy közös és talppontjuk van. Eszerint a az él mentén, a pedig az él mentén csatlakozó lapok szögét méri. Minthogy e szögek a feltevés szerint egyenlők, a , háromszögek hasonlók, hiszen egyenlő szárúak és szárszögük ugyanakkora.
1. ábra A hasonlóságból a megfelelő oldalak arányára következik. A jobb oldali szakaszok az magasságai, s ezért fordítva aránylanak, mint a megfelelő oldalak: Minthogy , az aránypárok egybevetéséből következik, tehát az is, hogy az szabályos, és így hasonló az -höz. Ebből a hasonlóságból az oldalak és magasságok arányára adódik. Minthogy az súlypont harmadolja az súlyvonalat, az utolsó arány értéke . Ez tehát egyben a arány keresett értéke is.
Megjegyzés. Feladatunk abból a feltételezésből indul ki, hogy van olyan test, amelyre a feladat követelménye teljesül, azaz lapszögei mind egyenlők. Rámutatunk itt arra, hogy ez valóban igaz, mégpedig éppen úgy jutunk hozzá, hogy a arány értékét a megoldásban talált -nak választjuk, azaz a szabályos középpontjában a háromszög síkjára emelt merőlegesen mindkét irányban a háromszög oldalának harmadát mérjük fel, s az így kapott , csúcsok által meghatározott testet tekintjük. Ennek az állításnak a helyessége megoldásunk gondolatmenetének megfordítása útján látható be. A szerkesztés következménye ugyanis, hogy a megoldásbeli utolsó aránypár teljesül, s ebből következik, hogy az és hasonló, hogy tehát az is szabályos. Eszerint , és a középső aránypár jobb oldalán álló arány értéke . Ennyi tehát a bal oldali arány értéke is, s ezért az első aránypár is helyes. Ebből viszont az egyenlő szárú és hasonlósága adódik, s ezek megfelelő szögeinek egyenlősége miatt a szerkesztett test lapszögei valóban egyenlők. A szóban forgó testhez a legegyszerűbben talán úgy juthatunk el, hogy egy szabályos -et oldala körül mindkét irányban -kal elforgatunk, s az így adódó három háromszög által kifeszített testet tekintjük. Ez közvetlenül adódik a fentiekből.
II. megoldás. Az 1. ábra jelöléseit használjuk, és abból indulunk ki, hogy az összeillesztéssel keletkező test az síkra és az síkra is szimmetrikus. Eszerint ez a két sík az élű és az élű lapszöget felezi, s e lapszögek feltételezett egyenlősége miatt a két sík mindegyike ugyanakkora lapszöget alkot az síkkal. Tükrözzünk a szögfelezőjében a szög síkjára merőlegesen emelt síkra. E tükrözéskor az és szárak is, s az imént említett lapszögek egyenlősége miatt az és síkok is helyet cserélnek. Ezért metszésvonaluk helyben marad, és a szimmetrikus és egyenlő. Ha tehát a szakaszt az tengely körül -kal elforgatjuk, és ugyanúgy az és élre jut, s ezért egyenlő az -et átvágó, -re merőleges szakasszal (2. ábra). Minthogy pedig az súlypontja, s ez -tól -szor akkora távolságra van, mint a oldal felezőpontja, a keresett arány
2. ábra III. megoldás. Tekintsük az összeillesztéssel keletkező bipiramis csúcsú, négyélű szögletét. Ezt a szögletet négy egyenlő szögtartomány határolja, amelyek a feltevés szerint egyenlő lapszögeket alkotva csatlakoznak egymáshoz. Eszerint ez négyoldalú szabályos szöglet, azaz olyan, mint a négyoldalú szabályos gúla csúcsánál elhelyezkedő, amely a gúla tengelye körül -kal elforgatva önmagát fedi. Ha tehát a bipiramis tengelyét az csúcsú szöglet tengelye körül -kal elforgatjuk, akkor az előző megoldásban említett szakaszhoz jutunk. Ebből a feladat kérdésére adandó válasz már ugyanúgy következik.
Megjegyzés. Utolsó megoldásunk nemcsak azért rövid, mert az előzőre hivatkozott, hanem azért is, mert a szögletekre vonatkozó ismeretekre támaszkodott. Mielőtt ezeket részleteznők, néhány elnevezést említünk meg. Tekintsünk egy poliédert, annak egyik csúcsát és mindazokat az ebből a csúcsból kiinduló félegyeneseket, amelyeknek egy kezdőszakasza a poliéderhez tartozik. E félegyenesek pontjai együttesen egy végtelenbe nyúló alakzatot alkotnak, amelyet a poliéder szögletének nevezünk. A szöglet legtöbbször végtelenbe nyúló gúla. A szögletet határoló szögtartományok a szöglet oldalai, s a csatlakozó oldalak által alkotott lapszögek a szöglet szögei. Egy szöglet akkor szabályos, ha minden oldala és minden szöge ugyanakkora. Bebizonyítjuk, hogy a szabályos -oldalú szögletnek van tengelye, amely körül szöggel elforgatva a szöglet újból ugyanabba a helyzetbe jut. Megoldásunk ezt használta fel az esetben.
3. ábra Tekintsük az , , , élű, -oldalú szabályos szögletet, (3. ábra). Az síkjára az szögfelező mentén merőleges síkot emelünk. Ezt a síkot az élű lapszöget felező sík a egyenesben metszi. A szabályosság miatt , s ezért e szögek a lapszögüket felező síkra vonatkozólag szimmetrikusan helyezkednek el. Ebből a szimmetriából következik, hogy az sík tükörképe az síkját annak szögfelezőjében metszi, s hogy és ugyanakkora szöget zár be a egyenessel. Ha tehát a szögletet körül az , síkok hajlásszögével elforgatjuk, akkor az oldal fedi az oldalt. Minthogy pedig a szabályos szöglet szögei egyenlők, az elforgatott oldal az síkba kerül, és a szöglet oldalainak egyenlősége miatt az él az helyzetbe jut. Ugyanígy következtethetünk azonban tovább, és megállapíthatjuk, hogy valamennyi oldal és él a rákövetkezőnek a helyét foglalja el. Ha tehát ezt az elforgatást -szer megismételjük, mindegyik az -edik rákövetkezőt, azaz önmagát fedi. Eszerint ez az -szeres elforgatás -os, és egy elforgatás valóban ennek -edrésze. Ha páros, legyen . Ekkor a -szoros elforgatás -os, tehát a tengelyre vonatkozó tükrözést jelent. Ebben az esetben kimondhatjuk tehát, hogy a tengely az átellenes élek szögét felezi. Megoldásunk az esetben ezt is felhasználta.
Második feladat. Egy táncmulatságon minden fiú táncolt legalább egy lánnyal, de egy sem táncolt mindegyikkel, és ugyanígy minden lány táncolt legalább egy fiúval, de nem mindegyikkel. Bizonyítsuk be, hogy kiválasztható a táncmulatság résztvevői közül két fiú és két lány úgy, hogy e két fiú mindegyike a két lány közül csak az egyikkel táncolt, és ugyanígy a két lány mindegyike is csak az egyikkel táncolt a két fiú közül.
I. megoldás. A fiúkat osztályozhatjuk aszerint, hogy ki hány lánnyal táncolt. Tartozzék azok közé a fiúk közé, akik a legtöbb lánnyal táncoltak. Minthogy sem táncolt minden lánnyal, van olyan lány, akivel nem táncolt. Van viszont olyan fiú, aki táncolt -gyel, hiszen is táncolt legalább egy fiúval. megválasztása miatt nem táncolhatott több lánnyal, mint ahánnyal táncolt. Ebből következik, hogy nem táncolhatott mindazokkal a lányokkal, akikkel táncolt, mert az ellenkező esetben több lánnyal táncolt volna, mint , hiszen táncolt -gyel is, pedig nem. Van tehát olyan lány, akivel táncolt, de nem. Az , fiúk és , lányok kielégítik a feladat követelményét, hiszen és , valamint és nem táncoltak egymással, viszont táncolt -vel és táncolt -gyel.
Megjegyzés. A feladat feltevései közül csak azt használtuk fel, hogy egyik fiú sem táncolt minden lánnyal, s hogy minden lány táncolt legalább egy fiúval. Ugyanígy persze elég lett volna csak arra támaszkodnunk, hogy egyik lány sem táncolt minden fiúval, s hogy minden fiú táncolt legalább egy lánnyal, hiszen a fiúk és a lányok szerepét a megoldásban is felcserélhetjük. Két lehetőséget találtunk tehát a feladat szövegének módosítására, feltevéseinek gyengítésére. Bár közvetlenebb és egyszerűbb megoldást nem tudunk adni, mégis ismertetünk további megoldásokat, mert ezek révén további érdekes kapcsolatokra és általánosításokra mutathatunk rá. Az előző bekezdés észrevétele a további megoldásokra is vonatkozik.
II. megoldás. Válasszunk ki a résztvevők közül egy fiút és egy lányt, akivel nem táncolt. Legyen továbbá olyan fiú, aki táncolt -gyel, és olyan lány, akivel nem táncolt. Ezt a kiválasztást ugyanígy folytatjuk: kiválasztása után olyan lányt választunk, akivel nem táncolt, majd olyan fiút, aki táncolt -vel. Addig folytatjuk ezt, amíg nem kerülne sor olyannak a kiválasztására, akit korábban már kiválasztottunk. Minthogy a táncmulatságon véges sokan vesznek részt, ez előbb-utóbb bekövetkezik. Eszerint ki lehet választani fiút és lányt, és ezeket körbe lehet úgy állítani, hogy minden fiút két lány fogjon közre, és minden fiú táncolt a balján álló lánnyal, de nem táncolt a jobbján állóval. Azt kell bebizonyítanunk, hogy ez már két fiúval és két lánnyal is megvalósítható. Legyenek egy ilyen körben állók sorjában ahol tehát azt is tudjuk, hogy és táncoltak egymással. Megmutatjuk, hogy ha , akkor kevesebb fiúból és lányból is tudunk ilyen kört alkotni. Ha ugyanis táncolt -vel, akkor ha pedig nem táncolt -vel, akkor elégíti ki a követelményt. Eszerint a létszám mindig tovább csökkenthető, amíg csak két fiúhoz és két lányhoz el nem jutunk.
Megjegyzés. Ha a résztvevőket pontokkal ábrázoljuk, és az egymással táncolókat ábrázoló pontokat egy-egy vonallal kötjük össze, egy gráf szögpontjaihoz és éleihez jutunk. Ha a vonalak esetleg metszik egymást, metszéspontjukat nem mondjuk a gráf szögpontjának. A kapott gráfot páros gráfnak mondjuk, mert szögpontjai két osztályba sorolhatók (ti. a fiúkat és a lányokat ábrázoló szögpontokéba) olyan módon, hogy minden él két más-más osztályba tartozó szögpontot köt össze. Kiegészíthetjük ezt a gráfot azáltal, hogy éllel kötünk össze minden más-más osztályba tartozó két szögpontot. Ennek az élei tehát kétfélék: vagy szerepeltek már az eredeti gráfban is, vagy csak utóbb csatoltuk hozzá. Ezt a kétféleséget azzal szemléltethetjük, hogy az éleket két színnel színezzük meg. Mondhatjuk tehát, hogy feladatunk egy két színnel megfestett teljes páros gráfról szól. Bármelyik szögpontot tekintjük is, a belőle kiinduló élek a feladat feltevése szerint nem mindannyian ugyanolyan színűek. A feladat már bebizonyított állítása szerint található az ilyen gráfban négy csatlakozó él által alkotott ,,négyszög'', amelynek az élei váltakozva más-más színűek. Ez az átfogalmazás már a bizonyítás során is alkalmazható lett volna. Az olvasóra hagyjuk, hogy ezt a valamivel szemléletesebb megfogalmazást végiggondolja. Felhívjuk azonban a figyelmet arra, hogy a két szín között nincs semmiféle szerepkülönbség. Ez annak felel meg, hogy eredeti feladatunk tartalma mit sem változik, ha benne az ,,egymással táncolt'' és ,,egymással nem táncolt'' fogalmakat felcseréljük. Ha másodszor is összegyűlnek a résztvevők, de most csak azok táncolnak egymással, akik az első alkalommal nem táncoltak, akkor is ugyanazok elégítik ki a feladat állításának követelményeit. Megoldásunk gondolatmenete változatlanul alkalmazható akkor is, ha nem teljes páros gráfról, hanem teljes gráfról beszélünk, azaz olyanról, amelyben minden szögpontpárt él köt össze. Ennek az ellenőrzését is az olvasóra hagyjuk. Megelégszünk azzal, hogy az így bizonyított állítást a következő szemléletes alakban adjuk elő: Egy társaságban egyesek ismerik egymást, mások nem; senki sem ismer mindenkit, de mindenkinek van ismerőse a társaságban; kiválasztható akkor a társaság négy tagja, s ezek leültethetők egy kerek asztal köré úgy, hogy két szomszédja közül mindenki csak az egyiket ismerje. Ehhez az eredményhez az első megoldás módszerével is könnyen eljuthattunk volna.
III. megoldás. Feltesszük, hogy a táncmulatság résztvevői közül nem választhatók ki négyen a követelményt kielégítő módon, s ebből a feltevésből ellentmondásra következtetünk, ti. arra, hogy akkor a táncmulatságnak végtelen sok résztvevője van. Ezáltal a feladat állításának helyességét bizonyítjuk be. Legyen az egyik lány és olyan fiú, aki táncolt -gyel. Legyen olyan lány, aki nem táncolt -gyel, és olyan fiú, aki táncolt -vel. Megállapíthatjuk, hogy táncolt -gyel, mert különben (, , , ) kielégítené a feladat követelményét. Az eddig említett résztvevők közül eszerint csak és nem táncoltak egymással. Tegyük fel, hogy már találtunk olyan résztvevőket, akik közül ketten csak akkor nem táncoltak, ha a lány indexe a fiúénál nagyobb. Ez volt a helyzet esetében. Megmutatjuk most, hogy a sorozat kiegészíthető , résztvevőkkel olyan módon, hogy a kiegészített sorozat is rendelkezzék az eredeti sorozat tulajdonságával. Ebből majd valóban következik, hogy a kiegészítés minden határon túl folytatható, hogy tehát végtelen sok résztvevő van. Minthogy táncolt az lányok mindegyikével, van olyan további lány, akivel nem táncolt. Ez az lány nem táncolt az fiúkkal sem, pl. -vel azért, mert különben (, , , ) kielégítené a követelést. Minthogy nem táncolt az fiúk egyikével sem, van olyan további fiú, akivel táncolt. Ez az fiú táncolt az lányokkal is, pl. -vel azért, mert az ellenkező esetben (, , , ) kielégítené feladatunk követelését. Ezek szerint a kiegészített | | sorozat valóban rendelkezik azzal a tulajdonsággal, hogy egy sorozatbeli lány és fiú csak akkor nem táncolt egymással, ha kettejük indexe közül a lányé a nagyobb.
Megjegyzés. Megoldásunk arra is rámutatott, hogy a feladat állítása végtelen sok résztvevő, pontosabban végtelen sok fiú és végtelen sok lány részvétele esetén már nem helyes. Egy ellenpéldát, talán még mindig szemléletesen, a következőképpen adhatunk elő: Egy végtelen nagy társaságban senkinek a magassága sem éri el a -t, de bármily kevéssel kisebb magasságot adunk is meg, már található olyan fiú is és olyan lány is, aki azt a magasságot eléri; minden fiú csak a nála kisebb lányokkal táncol. Könnyű ellenőrizni, hogy ekkor a feladat feltevései teljesülnek, viszont nem választható ki két fiú és két lány a feladat követelményét kielégítő módon. Ez az ellenpélda természetesen megszövegezhető úgy is, hogy csak gráfokról szólunk. Felvetjük most a megfelelő kérdést végtelen teljes gráfokra is. Kérdezzük tehát, hogy ha egy végtelen sok szögpontú teljes gráf éleit úgy színezzük meg két színnel, hogy egy szögpontból se induljon ki csupa ugyanolyan színű él, vajon mindig igaz-e, hogy a gráf tartalmaz váltakozó színű négyszöget. Olyan példát adunk meg, amely mutatja, hogy ez sem igaz. Tartozzék a természetes számok mindegyikéhez egy-egy szögpont; az , számokhoz tartozó szögpontokat összekötő él legyen piros vagy kék aszerint, hogy és nagyobbika páros-e vagy páratlan. Könnyű ellenőrizni, hogy itt a feltételek teljesülnek, viszont váltakozó színű négyszög nem található.
IV. megoldás. Tudjuk, hogy minden fiúhoz található olyan lány, akivel nem táncolt. Lehetséges, hogy bármely két fiúhoz is található olyan, akivel egyikük sem táncolt. Talán bármely három vagy esetleg még több fiúhoz is található mindig ilyen lány. Van mindenesetre egy legnagyobb érték, amelyre még igaz, hogy bármely fiúhoz található olyan lány, akivel egyikük sem táncolt. Ez a kisebb, mint a táncmulatságon résztvevő fiúk száma, hiszen minden lány táncolt legalább egy fiúval. Minthogy már nem rendelkezik tulajdonságával, kiválasztható fiú: olyan módon, hogy minden lány táncolt valamelyikükkel. Ha közülük egyet, pl. -et elhagyjuk, a megmaradó fiúhoz tulajdonsága miatt található olyan lány, akivel egyikük sem táncolt, s ezért vele a fiú közül csak táncolt. Ugyanígy okoskodhatunk, ha a fiú közül nem -et, hanem egy másikat hagyunk el. Ilyen módon olyan lányokhoz jutunk, akiknek mindegyike csak az ugyanolyan indexű fiúval táncolt a fiú közül. Minthogy , az , fiúkról és az , lányokról minden esetben szó lehet, s ezek kielégítik a feladat követelményét.
Megjegyzés. Valamivel rövidebb volna ez a megoldás, ha befejezésekor csak és létezésére következtetnénk, hiszen csak erre volt szükség. Így viszont a következő, a feladat állításánál többet mondó eredményhez is eljutottunk: Ha egy táncmulatságon minden lány táncol legalább egy fiúval, és bármely fiúhoz található olyan lány, akivel egyikük sem táncolt, akkor kiválasztható a résztvevők közül fiú és lány úgy, hogy ezek mindegyike táncolt ezek valamelyikével, mégpedig mindenki csak eggyel. Megoldásunk gondolatmenete ismét alkalmazható akkor is, ha nem egy teljes páros gráf, hanem egy teljes gráf két színnel való megszínezéséről van szó. Az olvasó könnyen ellenőrizheti, hogy így a következőképpen megfogalmazható eredményhez jutunk: Egy társaságban mindenkinek van ismerőse, de a társaság bármely tagjához található olyan, akit egyikük sem ismer; ekkor kiválasztható a társaságnak tagja, s ezek leültethetők egy asztal két oldalán olyan módon, hogy a szemközti oldalon ülők közül mindenki csak a vele szemben ülőt ismerje.
Harmadik feladat. Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges , , , pozitív számokra | |
I. megoldás. Be kell bizonyítanunk, hogy a köbgyök alatti kifejezés nem nagyobb a bal oldal köbénél. Felhasználjuk a számtani és a mértani középre vonatkozó ismert egyenlőtlenséget, amely szerint két szám szorzata nem lehet a számtani közepük négyzeténél nagyobb. Ezt kétszer is alkalmazva
Elég most már csak azt igazolnunk, hogy Ez abból adódik, hogy a kétoldali kifejezések négyzetének különbsége
Megjegyzés. A feladat szövegében felesleges az a megszorítás, hogy , , , pozitív számok. Ezt megoldásunk sem használta fel. Igaz ugyan, hogy hivatkoztunk a számtani és mértani közép egyenlőtlenségére, és mértani középről csak pozitív értékek körében beszélhetünk, viszont pozitív értékekre való szorítkozás nélkül is igaz, hogy két szám szorzata nem lehet a számtani közepük négyzeténél nagyobb. Megoldásunk az eredetinél erősebb | | egyenlőtlenséget bizonyította be. A következő megoldások is ezt igazolják majd. Megoldásainkban többféle középérték szerepel. A pozitív , számok számtani (aritmetikai), mértani (geometriai), harmonikus és négyzetes (kvadratikus) közepét az
képletek adják meg. Ezek között sokféle egyenlőtlenség állapítható meg. Két számra vonatkozólag már felhasználtuk a egyenlőtlenséget. Négy számra vonatkozólag bebizonyítottuk, hogy . Két számra vonatkozólag közvetlenül ellenőrizhető a összefüggés, és ebből felhasználásával , és így is adódik. Bizonyítás nélkül említjük meg, mert nem lesz szükségünk rá, hogy az itt említett egyenlőtlenségek szám közepeire is teljesülnek.
II. megoldás. Jelölje , , , az , , , számok megfelelő közepeit. Feladatunk állítása köbreemelés után alakban írható, s mi a többet mondó egyenlőtlenséget bizonyítjuk be. Jelölje , , az , számok, , , pedig a , számok megfelelő közepeit. Nyomban belátható, hogy ezekre | | Mivel , és hasonló érvényes bármely két szám közepeire,
Minthogy pedig , és a hasonló , egyenlőtlenségekből következik, a fenti egyenlőségből a bizonyítandó egyenlőtlenséghez jutunk.
III. megoldás. Felhasználjuk azt, hogy ha négy szám nem egyenlő, akkor van közöttük a számtani közepüknél nagyobb, és van kisebb is. Legyen például , ahol ismét az , , , számok számtani közepét jelöli. Legyen és . Ezekre
Ha tehát az , , , számok helyébe az , , , számokat írjuk, számtani közepük változatlanul marad, viszont is szerepel közöttük, illetőleg többször szerepel, mint ahányszor szerepelt, és a feladat egyenlőtlenségének jobb oldala | | miatt növekszik. Ha tehát , , , nem egyenlők, akkor megváltoztathatók úgy, hogy számtani közepük változatlanul maradjon, többször szerepeljen közöttük, mint ahányszor szerepelt, s hogy a feladatbeli köbgyök értéke növekedjék. Ezt az eljárást a szükség szerint megismételve mindegyik szám helyébe lép, s a köbgyök értéke állandóan növekszik. Ha pedig mindegyik szám -val egyenlő, akkor a köbgyök értéke is . Eszerint a köbgyök értéke eredetileg is -nál kisebb vagy esetleg vele egyenlő volt, s ez az, amit bizonyítani akartunk.
Megjegyzés. Ennek a megoldásnak a gondolatmenete változatlanul alkalmazható akkor is, ha nem négy számról és a belőlük képezhető három tényezős szorzatok összegéről, hanem számról és az ezekből képezhető tényezős szorzatok összegéről van szó. Így azt kapjuk, hogy ez az összeg nem lehet nagyobb, mint . Kiemeljük ennek az eredménynek azt a speciális esetét, amikor . Ebben az esetben a vizsgált összeg . Így tehát a egyenlőtlenséghez jutunk, amely esetén egyenlőség formájában teljesül, esetén pedig a megoldásainkban bizonyított egyenlőtlenséggel azonos. Gondolatmenetünk még a esetben is alkalmazható, amikor csak egyetlen szorzatról van szó, s így az szám közepeire érvényes egyenlőtlenség bizonyításához jutunk.
|