|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. feladat. A Gellérthegyen egy megfigyelő áll. Szeme abban a síkban van, amelyet az Erzsébet-híd két kapuzatának déli szélei határoznak meg. Az egyik kapuzat déli szélének függőleges élét (az úttesttől a legmagasabb pontig) szög alatt látja, a másik kapuzatát pedig szög alatt. Milyen magasan áll a megfigyelő a kapuzatok talppontján átmenő vízszintes sík főlött, ha a két kapuzat távolsága méter és a figyelembe vett magasságuk méter? m, m, ,
I. megoldás. Legyen a keresett magasság , a megfigyelő szemének merőleges vetülete a feladatban szereplő síkon legyen távolságra a budai kapuzattól ‐ jelöljük ennek látószögét -val ‐ és az ennek alsó végpontjához vezető látósugár zárjon be szöget a függőleges iránnyal. Ekkor
Ebből -ra és -ra a következő egyenlet adódik: | |
vagy rendezve és cotg -val szorozva
A pesti kapuzatra vonatkozóan ugyanilyen egyenlet adódik, csak és helyébe és lép: | |
A két egyenlet különbségét képezve meghatározható és ezt ismerve az első egyenletből a keresett magasság, mint az egyenlet pozitív gyöke:
Adataink közül csak a nagyobbik szög lehet a budai és a kisebb a pesti kapuzat látószöge, mert megcserélve a szögeket folytán -ra negatív értéket kapnánk. A számításokat jegyű függvénytáblázattal végezve
(Mivel az adatok egy része csak értékes jegyig ismert, az eredménynek is legfeljebb két jegye elfogadható.)
II. megoldás. A megfigyelő nézőpontja egyrészt rajta van azon a látószögköríven, amelyről a közelebbi kapuzat szög alatt látszik, másrészt azon is, amelyikről a távolabbi szög alatt látszik. Legyen a körök középpontja , , távolságuk a megfelelő kapuzattól , ill. , sugaruk , ill , távolsága az egyenestől ; ekkor a keresett magasság . -et mint az háromszög magasságát határozzuk meg. Az oldalak kiszámíthatók: , , és ; jelöljük az utóbbit -vel. A középponti és kerületi szögek közti összefüggésből adódik, hogy , és egy hegyesszöget tartalmazó derékszögű háromszög oldalai, , és pedig egy hegyesszöget tartalmazóé, így
Mostmár a háromszög területét egyrészt az magasság felhasználásával, másrészt Heron képletével kiszámítva és -et kifejezve ‐ ha -t -sel jelöljük ‐ jegyű függvénytáblázatot használva , , , adódik, így m.
Megjegyzés. Adataink mellett adódik, tehát a számított -jegyű értékek utolsó két jegye játszik lényeges szerepet. Ebből érthető az eredmény pontatlansága, a két megoldásban kapott értékek eltérése.
2. feladat. A hegyesszögű háromszögbe négyzetet írunk, amelynek két csúcsa az egyik oldalon, egy-egy csúcsa a további oldalakon van. Bizonyítsuk be, hogy a négyzet tartalmazza a háromszög beírt körének középpontját.
I. megoldás. Az háromszögbe írt négyzet és csúcsa legyen a egyenesen, és pedig a , illetőleg egyenesen. Megmutatjuk, hogy a beírt kör középpontja nem lehet az , , háromszögek egyikében sem. Mivel a középpont a belső szögfelezők metszéspontja, állításunk könnyen adódik a következő segédtételből.
Ha egy háromszög -nél és -nél levő szöge nem tompaszög, és az oldalra, annak ellenkező oldalán, mint amelyiken a háromszög van, négyzetet rajzolunk, továbbá a csúcson át egy egyenest húzunk, amelyik nem metszi a négyzetet, akkor az szög felezőjének a háromszögbe eső minden pontja messzebb van -től, mint a , egyenesektől. A ötszög a háromszög szögeire tett feltevés folytán konvex, így az egyenes teljesen rajta kívül fekszik, tehát -t bármely pontjával összekötő szakasz metszi az ötszög kerületét, tehát hosszabb valamelyik ötszögoldaltól való távolságnál. Ezek között viszont a , oldalaktól való (egyenlő) távolság a legkisebb, mert az , oldalakra bocsátott merőleges metszi -t, illetőleg -t, tehát hosszabb a megfelelő oldaltól való távolságnál, a oldaltól való távolság viszont nagyobb a négyzetoldalnál, míg a , -től való távolság nem nagyobb, mint a szögfelező és az oldal metszéspontjának távolsága ezektől az egyenesektől, az pedig nem nagyobb a , kisebbikénél, s így nem nagyobb a négyzetoldal felénél.
Segédtételünk alkalmazható az , , háromszögekre, ha az és nem tompaszög, mert ekkor az háromszög -nél és -nél levő szöge , illetőleg , tehát nem tompaszög. A és háromszög, ha nem válik egyenesszakasszá, akkor derékszögű, és a közös oldalnak ellenkező oldalán van, mint a négyzet. Így a beírt kör középpontja nem lehet a szögfelezőknek a négyzeten kívüli részében, tehát a négyzetbe kell hogy essék.
Megjegyzés. Csak a négyzetoldalak melletti szögekről használtuk ki hegyesszög voltukat, így ha a beírt négyzet két csúcsa a legnagyobb oldalon van, az állítás minden háromszögre érvényes. Az állítás érvényessége a további megoldások bizonyításaiból is adódik, a III. megoldás esetében a megjegyzésbeli kiegészítéssel.
II. megoldás. Az előző megoldás jelöléseit használva azt mutatjuk meg, hogy mindegyik szögfelező a négyzet két szemközti oldalát metszi. Ebből következik, hogy a -ből, illetőleg -ből húzott szögfelező a , illetőleg szakaszon metszi a szemközti oldalt, így mindkettőnek a háromszögbe eső szakasza benne van a trapézban, a harmadik szögfelezőnek a háromszögbe eső szakaszát viszont az ötszög tartalmazza, így metszéspontjuk a mindkét idom által fedett síkrészben, tehát a négyzetben van.
A három háromszög esetét ismét együtt tárgyalhatjuk. A háromszög -nél és -nél levő szöge ne legyen tompaszög, rajzoljunk az oldalra, annak ellenkező oldalán, mint amelyiken a háromszög van, négyzetet, és az szög felezőjének egy pontja legyen . A feltételekből következik, hogy és az szögtartományban van.
A szögfelező pontjai egyenlő távol vannak a és egyenestől, az szögtartomány pontjai az szárhoz, az tartományéi az szárhoz vannak közelebb. Az pont távolsága a egyenestől kisebb -nél, tehát a négyzet oldalánál. Másrészt az szögtartományban van, tehát a belőle -re bocsátott merőleges metszi az vagy egyenest, s így már a négyzetbe eső szakasza legalább akkora, mint vagy , tehát mint a négyzet oldala. Így az szögtartományban van, és ugyanígy látható, hogy az szögtartományban van. Így a szögfelező az szögtartományban van, tehát metszi az szakaszt, másrészt az szakaszt is, tehát a négyzet két átellenes oldalát. Ezt akartuk bizonyítani.
Megjegyzés. Felhasználtuk azt, hogy az szögtartományban levő pont közelebb van -hez, mint -hez. Ezt így láthatjuk be: Legyen vetülete a , illetőleg egyenesen , illetőleg , az -n át -rel párhuzamos egyenes metszéspontja a szögfelezővel , és ennek vetülete -en és -en és . Ekkor egyrészt az téglalapból, és mert a szögfelezőn van, . Másrészt az hegyesszög (vagy ), mert vagy fut a derékszögű szögtartományban (ha ), vagy az szögtartomány tartalmazza -t. Így az derékszögű trapézban (ami egyenesszakasszá is lapulhat) , és ezt akartuk bizonyítani.
III. megoldás. Hegyesszögű háromszögre bizonyítjuk az állítást a feladat szövegének megfelelően, az előző megoldás segédtételére adva új bizonyítást, ha szög hegyesszög.
Először azt az esetet vizsgáljuk, ha a háromszög -nél derékszögű. Messe a -ből húzott szögfelező az egyenest -ben. A háromszög egyenlő szárú, mert . Így , vagyis az oldal -n túli meghosszabbításán van. A szakasz tehát az egymással szemben levő és oldalakat metszi.
Ha -nél és -nél hegyesszög van a háromszögben, akkor rajzoljuk meg a háromszög köré írt kört. A -ből húzott szögfelező ezt a -t nem tartalmazó ív felezőpontjában metszi. Messe és meghosszabbítása a kört másodszor -ben, illetőleg -ben. Mivel a háromszög hegyesszögű, a rövidebb íven van. Az és felező egyenese is átmegy -n, és az előbbi szerint közrefogja a szögfelezőt. Az első két szögfelező a föntebb tárgyalt speciális esetből adódóan a szakaszt metszi, tehát a köztük levő szögfelező is, és ezt akartuk bizonyítani.
Megjegyzés. Ha , akkor pl. abból adódik a segédtétel helyessége, hogy nincs messzebb -tól, mint -től, s így rá vonatkozó tükörképe a ellenkező oldalán van, mint , és azzal együtt az és egyenesek közt fekszik.
IV. megoldás. Mozgassunk egy -vel párhuzamos egyenest a oldaltól felé, és bocsássunk az és oldallal való és metszéspontból minden helyzetben merőlegest -re. A keletkező beírt téglalap oldala a rá merőleges oldal növekedésével állandóan csökken.
Amig elválasztja a beírt kör középpontját és a oldalt, addig a téglalap magassága legfeljebb a beírt kör sugarát érheti el, viszont alapja nem kisebb az -n átmenő egyenes háromszögbe eső szakaszánál, ami nagyobb -nál. A beírt négyzet tehát ezek közt a téglalapok közt nem szerepel.
Tovább mozgatva -t, a téglalapok mindaddig tartalmazzák -t, míg az az egyik -re merőleges oldalra nem kerül. Tartozzék ehhez a helyzethez a téglalap, és essék pl. az oldalra. Ekkor , viszont , ugyanis az és oldalak érintkezési pontja a körrel az , ill. szakaszok meghosszabbításán van (hiszen közelebb van -hez, mint ), a egyenes pedig a szögtartományban halad, ha szög és szög nem tompa, így van közös pontja a körrel, tehát annak -re merőleges sugarával is. Így ez a téglalap sem négyzet, sem azok, amelyek -nek felé történő továbbmozgatásával keletkeznek.
Az háromszögbe beírt, oldalon nyugvó négyzetnek ezek szerint az -t belsejükben tartalmazó téglalapok közt kell lennie.
Megjegyzés. A többi megoldásból is kiolvasható, amit itt kimondtunk, hogy a négyzet a kör középpontját belsejében tartalmazza.
Az utolsó megoldás azt is adja, hogy a háromszögbe beírt fél-négyzetek ‐ akár a -n nyugvó oldal fele a másiknak, akár a rá merőleges oldal ‐ szintén belsejükben tartalmazzák a beírt kör középpontját. Ez könnyen leolvasható az első megoldásból is.
3. feladat. Hét osztálytárs a bizonyítványosztás után megállapította, hogy nincs köztük kettő, aki mind a tárgyból ugyanazt az osztályzatot kapta volna. Bizonyítsuk be, hogy ki lehet választani a tárgy közül olyat, hogy ha csak az ebből a tárgyból kapott osztályzatokat hasonlítjuk össze, akkor sincs a hét diák közt két olyan, aki mind a tárgyból ugyanazt a jegyet kapta.
I. megoldás. A kívánt tárgyat kiválaszthatjuk a következő módon: Válasszunk ki tanulót és egy tárgyat, amelyikből különböző jegyet kaptak. A feladat feltétele szerint ilyen tárgy van. Ezután egyenként veszünk hozzájuk a többi tanulókból, és választunk ki egy-egy tantárgyat.
Ha kiválasztottunk már tanulót (, , , vagy ) és tárgyat úgy, hogy a tanuló közül bármely kettőnek a tárgy valamelyikéből különböző osztályzata van, akkor egy -edik tanulónak, mondjuk -nek, ebből a tárgyból legfeljebb a tanuló egyikével egyezhetnek meg az érdemjegyei. Ha van ilyen tanuló, akkor feltétel szerint van olyan tárgy, amelyikből -nak és -nek különböző osztályzata van, kiválasztunk egyet. Ha ilyen tanuló nincs, akkor újabb tárgy kiválasztására nincs is szükség, de hozzávehetünk tetszés szerint egyet a már kiválasztottakhoz, és kaptunk a tanulóhoz tárgyat a kívánt tulajdonsággal. -ig haladva a tanulóhoz tárgyat választunk így ki a feladat állításának megfelelően.
II. megoldás. Vegyünk egy tárgyat. Ha ezt elhagyva a többi közül is található bármely két tanulóhoz olyan, amelyikből a két tanuló osztályzata különböző, akkor a kivett tárgyat hagyjuk el. Ezt ismételjük a maradó tárgyakkal, amíg lehet. Megmutatjuk, hogy legfeljebb tárgyat kell megtartanunk. Az hogy egy tárgy sem hagyható el, azt jelenti, hogy még egy tárgyat figyelmen kívül hagyva van olyan pár a diákok közt, akiknek a bizonyítványa a többi megtartott tárgyban megegyezik.
Jelöljük a tanulókat egy-egy ponttal, a tárgyakhoz pedig válasszunk egy-egy színt. Egy-egy tárgy színével kössük össze azokat a diákpárokat ábrázoló pontpárokat, akiknek a bizonyítványa egyedül ennek a tárgynak az osztályzatában különbözik. Ekkor mindegyik tárgy színével össze van kötve legalább egy pontpár, egy pontpár viszont legfeljebb egy színnel van összekötve.
Megmutatjuk, hogy ha egy pontból elindulunk, és színes vonal mentén haladva ponttól pontig, visszaérünk a kiinduló pontba, és valamilyen színű összekötésen áthaladunk, akkor legalább még egyszer kellett ilyen színű összekötésen haladnunk. Így ha minden színű összekötésből csak egyet tartunk meg, akkor a maradó vonalrendszerben már egyik pontból sem juthatunk vissza ugyanoda a megmaradt vonalak mentén haladva, hacsak nem ugyanazokon a vonalakon megyünk oda és vissza. Megmutatjuk másrészt, hogy ha az utolsó tulajdonság teljesül, akkor kevesebb pontpár van összekötve, mint ahány pont van.
Ezzel a feladat állítása bizonyítást nyer, mert a megtartott összekötő vonalak száma megegyezik a használt színek, vagyis a megtartott tantárgyak számával, és ez az utolsó állítás szerint kevesebb a pontok, vagyis a tanulók számánál, -nél, tehát legfeljebb . (Ha annál kevesebb, akkor tetszés szerinti tárgyak hozzávételével kiegészíthetjük a számukat -ra, ez nem változtat azon, hogy bármely két tanuló bizonyítványa különböző.)
Tegyük fel, hogy az tanulót ábrázoló pontból az -t, -at, s i. t., -t ábrázoló pontokon keresztül visszajutunk -be színes vonalak mentén haladva, és közben az -et -vel összekötő színű ‐ mondjuk történelmet jelölő ‐ vonalon többször nem kellett áthaladnunk. Ekkor és érdemjegye történelemből különbözik. bizonyítványa -étól csak egy tárgy érdemjegyében különbözik, mert össze vannak kötve színes vonallal, és ez a tárgy nem a történelem, így történelemből jegye megegyezik -ével; hasonlóan -é (ha ) és a többi számba vett tanulóé egészen -ig történelem érdemjegyével egyezik meg. Ezen kívül még és érdemjegyének is egyeznie kellene történelemből, ez azonban nem lehetséges, mert érdemjegye -ével egyezik, és az különbözik -étől.
A következőt kell még bizonyítanunk: ha egy pontokból (legalább -ből) és bizonyos pontpárokat összekötő vonalakból álló ábrán (megengedjük azt is, hogy egy pontpár se legyen összekötve) semelyik pontból indulva sem lehet ugyanoda visszajutni, hacsak nem ugyanazon az úton megyünk oda és vissza, akkor kevesebb pontpár van összekötve, mint a pontok száma. Ezt az összekötött pontpárok számára vonatkozó teljes indukcióval bizonyítjuk. Ha egy pontpár sincs összekötve, akkor az állítás nyilvánvalóan helyes. Legyen most egy a feltételeknek megfelelő ábránk, amiben van összekötött pontpár, és tegyük fel, hogy igaz az állítás minden olyan ábrára, amiben kevesebb pontpár van összekötve. Válasszunk ki egy összekötött pontpárt. Ha ezt az összekötést elhagyjuk, a maradó ábrán nem lehet eljutni -ból -be, hiszen különben az eredeti ábrán visszajuthatnánk -ból -ba úgy, hogy a összekötésen csak egyszer haladunk át. Így azok a pontok a köztük levő összekötésekkel együtt, amelyekbe -ból érintése nélkül, illetőleg amelyekbe -ből érintése nélkül el lehet jutni, továbbá azok, amelyekbe sem -ból, sem -ből nem lehet eljutni (ha vannak ilyenek), egy-egy a feltételnek megfelelő ábrát alkotnak (az előbbi kettő állhat esetleg egyedül az , ill. a pontból), és nincs közös pontjuk. Ezek mindegyikében kevesebb összekötés van, mint az eredeti ábrában, hiszen az összekötés egyikben sem szerepel. Így feltevésünk szerint mindegyik részben kevesebb pontpár van összekötve, mint a pontok száma, tehát az egész ábrában ‐ az összekötéstől eltekintve ‐ legalább -vel kevesebb, mint a pontok száma. Hozzávéve ezekhez az összekötést, még mindig kevesebb az összekötések száma, mint a pontoké.
Ezzel az indukciós bizonyítást befejeztük, s így a feladat állítása is bizonyítást nyert.
Megjegyzés. Mind a két megoldás általánosan azt adta, hogy ha tanuló közül bármelyik kettő bizonyítványa különböző, akkor kiválasztható legfeljebb tantárgy úgy, hogy csak az ezekből kapott érdemjegyeket nézve is bármelyik két tanuló bizonyítványa különbözik.
Surányi János
Az ábrán bejegyzése pótlandó. |
PDF | MathML 
