Cím: Készítsünk feladatokat!
Szerző(k):  Szikszai József 
Füzet: 1976/április, 145 - 156. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A Matematika Tanítása című folyóirat 1974. évi 6. és 1975. évi 1. számában cikk jelent meg "A Középiskolai Matematikai Lapokról'' címmel. Nincs szándékomban az ott leírtakkal részletesen foglalkozni, de hadd ragadjak ki belőle egy idézetet: "A szerkesztőség szeretne a lapban közvetlenebb kapcsolatot is kialakítani az iskolákkal.'' A kapcsolat egyik megvalósítási formája lehetne olyan beszámolók közlése, amely valamely iskolában folyó matematika-életet ismertetné, vagy bemutatná egy-egy szakkör munkáját.
Ezért gondoltam arra, hogy ízelítőt adok az általam vezetett szakkör munkájából, anélkül, hogy a szakkör egész munkáját ismertetném, mely csak egy része azoknak a törekvéseknek, amelyek iskolánkban ‐ a miskolci Földes Ferenc Gimnáziumban ‐ a matematika iránt érdeklődő tanulók tehetségének kibontakoztatására irányulnak.
A szakkör tagjai matematika tagozatos IV. osztályos tanulók, akik a Középiskolai Matematikai Lapok feladatainak rendszeres megoldói. Így természetes, hogy a szakköri összejöveteleken (a beküldési határidő elmúltával) a KÖMAL feladatok megoldását megbeszéljük, értékeljük a különböző megoldásokat. Gyakran fűzünk ezekhez megjegyzéseket, kiegészítéseket vagy új kérdéseket vetünk fel, amelyekre igyekszünk választ is adni. Így többször előfordult, hogy a szóban forgó feladathoz hasonló vagy új feladat született.
A szakköri tagok általános iskolai szakköröket is vezetnek, olyan 8. osztályos tanulóknak, akik iskolánkban matematika tagozaton szeretnék folytatni tanulmányaikat. Az általános iskolai tanulókkal való foglalkozásra feladatgyűjtéssel készülünk. Forrásként elsősorban a KÖMAL-ban megjelent feladatokat használjuk fel, bizonyos könnyítésekkel, változtatásokkal.
E tevékenységi formák vezettek arra a gondolatra, hogy félretéve a szakköri munka hagyományos feladatmegoldó formaját; közös munkával feladatokat készítsünk.
A következő ismert feladatból indultunk ki:

 

I. feladat. Adott egy 180-nál kisebb γ szög és a szögtartomány egy belső P pontja. Tekintsük azokat a háromszögeket, amelyeket a P ponton átmenő egyenesek vágnak le a szögtartományból. Hogyan kell az egyenest megválaszt tani, hogy a háromszög területe a lehető legkisebb legyen?
 

Legyen a szög csúcsa O, és messe a P ponton átmenő valamely egyenes (szelő) a szög szárait olyan C és D pontokban, melyre PCPD.
 


 

Ha pl. PC>PD (1. ábra), akkor tükrözzük az OD egyenest a P pontra, a kapott egyenesnek a CD, ill. CO egyenessel való metszéspontját jelölje E, ill. C1, a C1P és OD egyenesek metszéspontja pedig legyen D1. Mivel D tükörképe a P pontra az E pont, így PE=PD<PC, tehát E a CP szakasz belső pontja. A C1PE és a PDD1 háromszögek egybevágók, területük egyenlő, ebből következik, hogy az ODEC1 négyszög területe egyenlő az OC1D1 háromszög területével, tehát az ODC háromszög területe a C1EC háromszög területével nagyobb az OD1C1 háromszög területénél. Ez a "területtöbblet'' csak akkor hiányzik, ha PC=PD, azaz a CD egyenes egybeesik a C1D1 egyenessel. Eszerint a P ponton átmenő szelők közül az vágja le a minimális területű háromszöget, amelynek a szárak közé eső C1D1, szakaszát a P pont felezi.
Keressük más megoldását a feladatnak. Tekintsük az OAPB paralelogrammát, melyet úgy kaptunk, hogy a P ponton keresztül párhuzamost húztunk a szög száraival. (A az OD, B az OC szakasz pontja.) A paralelogramma oldalait jelöljük a-val és b-vel (2. ábra).
 

 

2. ábra
 

Legyen továbbá AD=x, BC=y. Az OCD háromszög kétszeres területe
2t=(a+x)(b+y)sinγ.
Figyelembe véve az ADP és a BPC háromszögek hasonlóságát:
xb=ay.(1)
Innen y-t kifejezve és a fenti képletbe helyettesítve a
z=2tbsinγ=2a+x+a2x,(x>0)(2)
egyváltozós függvényt kapjuk. (Az egyszerűség kedvéért a bal oldalt z-vel jelöltük.)
A függvény értelmezési tartománya a pozitív számok összessége, hiszen a P ponton átmenő szelő akkor és csak akkor metszi a szög mindkét szárát, ha OD>OA, azaz x>0.
A (2) függvény ábráját vázlatosan meg is rajzolhatjuk a (x,z) derékszögű koordinátarendszerben a
z1=2a+xés az2=a2x
ismert függvények grafikus összadása révén (3. ábra).
 

 

3. ábra
 

A (2) függvény szélsőértékének meghatározásához vegyük fÍgyelembe, hogy az
x+a2x
összegben a két tag szorzata a2, amely állandó, ezért az összeg akkor a legkisebb, ha
x=a2x,
vagyis x=a.*
Ekkor az ODC háromszögben az AP szakasz középvonal, tehát a feladat megoldását illetően ugyanazt állapíthatjuk meg, mint az előbbi megoldásban.
 

Megjegyzések: A (2) függvény legkisebb értéke x=a helyettesítéssel:
t0=2absinγ.
Mivel a függvény folytonos, (folytonos függvények összege is ilyen) és
limx0t=  (jobbról),  limxt=,
a függvény értékkészlete a t0-nál nem kisebb számok összessége, és minden t>t0 értéket nyilván két (különböző) x helyen vesz föl. (Ezek a tulajdonságok szemléletesen is tapasztalhatók a CD szelő P pont körüli forgatásával.)
Az I. feladat megoldása egy szakköri foglalkozáson szerepelt. A szakköri tagok ezek után azt a házi feladatot kapták, hogy a feladathoz kapcsolódó problémákon gondolkozzanak, hasonló feladatokat készítsenek, és ezeket lehetőleg oldják is meg. Néhányan rögtön "vették a lapot'', sejtésük szerint pl. a legkisebb kerületű OCD háromszög is létezik, hiszen az OC(OD) távolság növelésével a kerület tetszőlegesen nagy lehet. Ugyanez elmondható az OC+OD összegről vagy a CD oldalról is.
A későbbiek során kiderült, hogy ezek a megjegyzések döntően befolyásolták az otthoni munkát, mások területtel kapcsolatos problémákon is törték a fejüket. Végeredményben a következő három foglalkozás "terméseként'' közös munkával az alábbi feladatok készültek.
 

II. feladat. Adott az EOF háromszög, és EF oldalának egy P pontja. Szerkesszünk a P ponton át olyan egyenest, amely az EOF szög tartományából az EOF háromszöggel egyenlő területű háromszöget vág le.
(A feladat készítésében közrejátszott az az észrevétel, hogy az I. feladatban adott t>t0 területhez két szelő is tartozik, és az egyik ismeretében kell megszerkeszteni a másikat.)
A feladatban előírt követelménynek nyilván az EF szelő is eleget tesz. Legyen egy másik megoldás a CD (4. ábra).
 

 

4. ábra
 

Az OEF és OCD háromszögek területének egyenlőségéből következik, hogy a CEF és CFD háromszögek is egyenlő területűek. Ez viszont csak úgy lehetséges, ha a közös CF oldalhoz tartozó magasságuk megegyezik, azaz CF párhuzamos ED-vel. Tehát szerkesztendő a CFDE trapéz. Ismert trapéztulajdonság, hogy az átlók metszéspontján a párhuzamos oldalakkal szerkesztett párhuzamos szakaszt az átlók metszéspontja felezi. (Lásd: Geometriai feladatok gyűjteménye című középiskolai segédkönyv I. kötetének 1244. feladatát.) Eszerint a szóban forgó szakasz az I. feladatban megszerkesztett C1D1 szakasz. Az E ill. F ponton átmenő, a C1D1 egyenessel párhuzamos egyenesek pedig kimetszik a szög száraiból a D ill. C pontokat. Természetesen az elmondottak csak arra az esetre vonatkoznak, ha EPPF. (Ha P az EF oldal felezőpontja, akkor a keresett egyenes azonos az EF-el.)
A 4. ábra alaposabb tanulmányozása közben adódott a következő gondolat:
 

a) Rögzítsük a C és E pontokat, és az F, D pontokra pedig azt a megszorítást tegyük, hogy a szög másik szárán mozogjanak, de úgy, hogy az OEF és OCD háromszögek területei egyenlők legyenek. Mi az EF és CD egyenesek metszéspontjának a mértani helye?
Az ábrából egyszerűen kiolvasható, hogy
CPPD=CFED=OCOE.
Tehát a P pont a CD szakaszt ‐ melynek C végpontja az egyik rögzített pontja, a D pont pedig a másik szárat futja be ‐ adott arányban osztja. Ebből következik, hogy a mértani hely az utóbbi szárral párhuzamos félegyenes, kizárva a CE egyenesre illeszkedő végpontját.
Ezt követően a foglalkozáson igen termékeny pillanatok következtek. Az egyik tanuló a problémát általánosította. Szövege a következő volt:
 

b) A területek egyenlőségéből következik, hogy az OF és OD távolságok aránya adott. Tehát az F és D pontokra szabjuk azt a feltételt, hogy az
OFOD<1
adott szám legyen. Természetesen így az ECFD négyszög nem feltétlenül trapéz. Keressük az EF és CD átlók metszéspontjának a mértani helyét.
 
c) Valaki az a) feladatot úgy módosította, hogy a C, E pontok helyett a C, F pontokat rögzítsük.
A változtatásokat elfogadtuk, de a problémák tárgyalására nem tértünk ki, mert csak egy feladat megoldására volt már idő, és volt még egy korábbi javaslat is, éspedig az, hogy a II. feladatban a szerkesztendő egyenesnek ne egy pontját (P), hanem az irányát adjuk meg. Tehát:
 

III. feladat. Adott az EOF háromszög és vele egy síkban az e egyenes. Szerkesztendő az e egyenessel párhuzamos szelő, amely az EOF szög tartományából az EOF háromszöggel egyenlő területű háromszöget vág le.
Az e egyenest önmagával párhuzamosan mozgatva észrevehetjük, hogy a feladatnak legfeljebb egy megoldása lehet. (Nincs megoldás, hogyha az O ponton át az e egyenessel párhuzamosan haladó egyenesnek és az EF oldalnak van közös pontja.)
Legyen a keresett egyenes a CD, és G az OE egyenesnek az a pontja, melyre FGe (5. ábra).
 

 

5. ábra
 

A CF és ED egyenesek párhuzamosak, így az OFC és ODE háromszögek hasonlóságából:
OCOE=OFOD.
Hasonlók azonban az OGF és OCD háromszögek is, tehát
OGOC=OFOD.
A két aránypárból
OC2=OEOG,
vagyis az OC szakasz az OE és OG ismert távolságok mértani középarányosa. Tehát a C pont szerkeszthető (pl. a befogótétel alkalmazásával).
A foglalkozás végén megállapodtunk, hogy legközelebb az I. feladathoz kapcsolódó szélsőérték-feladatokat próbálunk készíteni, erre készüljenek. Ha nehézség adódna, az adatokon "könnyítsenek''. (Közbeszólások: legyen γ=90, vagy a=b; előbbi helyes, az a=b választás pedig már túlzás, hiszen ekkor a "minimum-háromszögek'' várhatóan egybeeső, egyenlő szárú háromszögek lesznek.)
Legkönnyebbnek az OC+OD összeg vizsgálata bizonyult. A feladat pontos szövege a következő:
 

IV. feladat. Adott egy 180-nál kisebb szög és a szögtartomány egy belső P pontja. Szerkesszük meg a P ponton átmenő egyenest úgy, hogy a szög száraiból az egyenessel lemetszett két szakasz összege a lehető legkisebb legyen.
 

Legyen a P ponton átmenő valamely egyenes a CD (2. ábra). Tekintettel arra, hogy az (1) összefüggés szerint az xy szorzat állandó, az
OC+OD=a+b+x+y
összeg akkor a legkisebb, ha x=y. Tehát a feladat követelményének eleget tevő szelőt úgy kell megválasztani, hogy az OAPB paralelogramma OA, ill. OB oldalának a meghosszabbításából egyenlő AD2, ill. BC2 szakaszokat vágjon le. E szakaszok közös hossza az (1) összefüggés szerint az a és b távolságok mértani középarányosa, tehát
OD2=a+ab,OC2=b+ab.(3)
Így a szerkesztés egyszerű módon elvégezhető.
A történeti hűség kedvéért meg kell említenem, hogy olyan elgondolás is akadt, amelyből nem tudtunk "értelmes dolgot kihozni''. Ugyanis észrevettük, hogy az I., ill. IV. feladatban tulajdonképpen az OC és OD szakaszok mértani, ill. számtani közepének a minimumát határoztuk meg. Miért ne foglalkozhatnánk e két szakasz harmonikus közepének, a
21OC1OD
törtnek, egyszerűbben a
h=1OC+1OD
összegnek a változásával?
Az (1) összefüggés alkalmazásával:
h=1a+x+1b+y=1b(1+b-ax+a).
Különböztessünk meg két esetet. Ha ab, feltehető, hogy b>a, ekkor szélsőérték nincs, hiszen h az x változónak szigorúan monoton csökkenő függvénye. Ha pedig a=b, azaz P a γ szögfelező egyenesén van, akkor az OC és OD távolságok reciprokértékeinek összege állandó. (Többen jelezték, hogy az utóbbi ismerősnek tűnik.)
 

V. feladat. Egészítsük ki a CO+OD összeget a CD szakasszal, és határozzuk meg a legkisebb kerületű COD háromszöget. (Ideiglenesen a "határozzuk'' szót használjuk, a megoldás végén derül ki, hogy felcserélhetjük-e "szerkesszük'' kifejezéssel.)
Némi kísérletezés után a feladat megoldását elég nehéznek találtuk. Könynyítésül legyen az adott szög derékszög. Jelölje α az OA és egy (tetszőleges) CD egyenes hajlásszögét (6. ábra).
 

 

6. ábra
 

A COD háromszög kerületének változását vizsgálva elegendő nyilván csak a
d=AD+DP+PC+CB
összegre szorítkozni.
A 6. ábra felhasználásával
d=f(α)=b  ctg  α+bsinα+acosα+a  tg  α.
Az α szerinti derivált zérushelyét keresve,* az
f'(α)=-bsin2α-bcosαsin2α+asinαcos2α+acos2α=0
egyenlethez jutunk. Ebből átalakítások után
f'(α)=a-b+bsinα-acosα(1-sinα)(1-cosα)=0,
tehát
a-b=acosα-bsinα.(4)
Osszuk végig az egyenletet a2+b2-tel, és jelölje β azt a hegyesszöget (6. ábra), amelyre
cosβ=aa2+b2,sinβ=ba2+b2.
Ezek felhasználásával egyenletünk:
cos(α+β)=a-ba2+b2.(5)
Feltehető, hogy ab. Így a bal oldal cosβ-nál kisebb nem negatív szám, és pontosan egy olyan α0 hegyesszög található, amely az (5) egyenletet kielégíti. Ez azonban a feladat megoldását jelentő minimumhely is. (A szélsőérték létezik, éspedig minimum, hiszen 0<α<90 szögekre az f'(α) nevezője pozitív, a számláló pedig szigorúan monoton nő és így f'(α) az α0 helyen negatívból megy pozitívba.)
Az (5) egyenlet módot ad minimális kerületű C3OD3 háromszög szerkesztésére. Ha a=b, α0=45, ha pedig a>b, akkor tekintsük azt a H pontot, amely a PO szakasz, mint átmérő fölé rajzolt félkör és a P középpontú, (a-b) sugarú kör metszéspontja (7. ábra).
 

 

7. ábra
 

Az OPH derékszögű háromszögre (5) nyilvánvalóan igaz, tehát a C3D3 egyenes azonos a HP egyenessel.
Miután szerkesztési eljárást találtunk a keresett egyenes meghatározására, az V. feladat ‐ a IV. szövegét alapul véve ‐ a szükséges változtatásokkal pontosan megfogalmazható.
Ha a feladatban a C3D3 egyenesnek csak a meghatározását kívánjuk, akkor természetesen az (5) megadásával a feladatot megoldottuk. Egy későbben felmerülő probléma azonban azt kívánta, hogy utólag számítsuk ki az
x=AD3=bctgα
távolságot. Tulajdonképpen a (4) egyenletet kielégítő hegyesszög tangensét kell kifejezni az a, b paraméterekkel.
Használjuk fel a
sinα=2  tgα21+tg2α2,cosα=1-tg2α21+tg2α2,ctg  α=1-tg2α22  tgα2
összefüggéseket a t=tgα2 jelölés bevezetésével. Helyettesítés és átalakítás után a (4) egyenlet:
2at2=b(1-t)2,
és ebből 0<t<1 miatt
t=b2a+b.
Tehát
x=bctgα=b1-t22t=ab+b2ab+2a.

VI. feladat. Maradjon az adott γ szög továbbra is derékszög, és a P ponton átmenő egyenesek közül határozzuk meg azt, amelynek a szárak közé eső szakasza a lehető legkisebb.
Tekintsük a 6. ábrát és az (1) összefüggést:
CD2=(a+x)2+(b+abx)2.
A műveletek elvégzése és rendezés után:
CD2-a2-b2=(x2+ab2x+ab2x)+(ax+ax+a2b2x2).
A jobb oldalon álló bármelyik zárójeles kifejezésben a három tag szorzata állandó, és így az összeg külön-külön akkor a legkisebb, ha a tagok egyenlők, tehát az
x2=ab2xillax=a2b2x2
egyenlőségek fennállása mellett. Mindkét egyenletből
x=ab23.
Szerencsés eset, hogy a két minimumhely egyenlő, hiszen így bizonyos, hogy a kapott érték az összegfüggvény minimumhelye is. (Az igazság az, hogy a "társaság'' az otthoni munka során a differenciálszámítás alkalmazásával próbált eredményt elérni. Valakinek sikerült a kapott harmadfokú egyenlet gyökét meghatározni, és ennek ismeretében "jöttünk rá'' a fenti módszerre.)
Tehát ‐ tekintettel még az (1) összefüggésre ‐ a minimális átfogójú derékszögű háromszög befogói:
OC4=b+a2b3,OD4=a+ab23.(5)
Keressünk összefüggést a C4D4 szakasz hosszára.
C4D42=OC42+OD42=a2+b2+3aab23+3ba2b3.
A jobb oldal kéttagú összeg köbe, tehát
C4D423=a23+b23.(6)

Most a feladat szövegében a szerkesztés szót nem szerencsés szerepeltetni, ugyanis a C4, D4 pontok szerkesztése ‐ itt nem részletezhető okok miatt ─nem hajtható végre. (Kivéve természetesen azokat az eseteket, amikor az a és b távolságokat szándékosan úgy választjuk, hogy szerkeszthető legyen pl. a=8b, x=2b.) Ha az olvasó ismeri a kocka megkettőzésének problémáját, akkor elegendő pl. azt észrevenni, hogy a=2b választással x=b23.
Több javaslat is elhangzott a feladat végső szövegezését illetően, végül is a következőt fogadtuk el, azzal az indokkal, hogy ebben már ne legyen háromszög, és leplezzük le a feladat szélsőérték jellegét:
A QRST téglalap QR, ill. QS oldalát hosszabítsuk meg az R, ill. S ponton túl. Messe a T ponton átmenő egyenes a meghosszabbításokat az U, ill. V pontban. Igazoljuk, hogy
UV23QR23+QS23.

Az ezután következő események is érdekesek voltak. Megunva a sok szélsőérték-feladat gyártását, az a kívánság merült föl, hogy jó lenne a négy feladat (I., IV., V., VI.,) megoldása során kapott "minimum-háromszögeket'' egy ábrán látni, természetesen legyen mindenütt γ=90. Kiváló ötlet, de mindenekelőtt el kellett dönteni azt, hogy pl. a D1, D2, D3, D4 csúcsok hogyan következnek egymás után.
Rendelkezésünkre állnak az
AD1,AD2,AD3,AD4
távolságok az a, b paraméterekkel kifejezve, (az AD3-at ekkor számítottuk ki):
a,ab,ab+b2ab+2a,ab23.
Az nyilvánvaló, hogy ha a>b, a második kisebb, mint az első. Kiderült azonban, hogy ez a láncolat folytatódik, tehát a fenti sorozat szigorúan monoton csökkenő. (Győződjék meg róla az Olvasó is!) Ezek után készült a 8. ábra.
 

 

8. ábra
 

Valaki azt kérdezte, hogy vajon igaz-e, hogy a C4D4 szakasz a legkisebbek közül is a legkisebb? Persze, a kérdés felvetése így nem helyes, inkább csak szójáték, azonban mindenki értette. Tehát ellenőrizzük a
C1D1C4D4,C2D2C4D4,C3D3C4D4
egyenlőtlenségek helyességét, az utolsót az Olvasóra hagyva.
Az I. feladat megoldásából tudjuk, hogy
C1D12=4a2+4b2.
Felhasználva (6)-ot, igazolnunk kell, hogy
4a2+4b23a23+b23,
Ebből a2=x3, b2=y3 helyettesítéssel adódik, hogy a jól ismert
x3+y323>=x+y2
köbös és számtani közép közötti egyenlőtlenségről van szó. Ha az olvasó nem ismeri, emelje mindkét oldalt köbre, ossza végig az egyenlőtlenséget (x+y)-nal (x>0,y>0), és akkor már egyszerűen kapja az (x-y)20 egyenlőtlenséget.
A C2D2C4D4 igazolása már több gondot jelent. Emeljük mindkét oldalt 32-ik hatványra, és mindkét oldalt fejezzük ki az a, b paraméterekkel, felhasználva a (3) és (6) képleteket. Rövid számítás után, adódik az alábbi egyenlőtlenség:
(a+b)(a+b)23a23+b23.
Próbáljuk bizonyítani, egyúttal készítsünk belőle új feladatot. Hogy a gyökjelektől megszabaduljunk, emeljük mindkét oldalt köbre, és vezessük be az a=u6, b=v6 (u>0,v>0) jelölést.
 

VII. feladat. Igazoljuk, hogy a pozitív u és v számokra
(u3+v3)2(u6+v6)(u4+v4)3.(7)
Ekvivalens átalakítások után
u3v3(2u6-3u5v+2u3v3-3uv5+2v60.
A bal oldal u=v esetén zérus, tehát (u-v) kiemelhető:
u3v3(u-v)[2(u5-v5)-uv(u-v)(u+v)2]0.
Ismét kiemelhető u-v, és így az
u3v2(u-v)2(2u4+u3v+uv3+2v4)0(8)
alakot kapjuk, amely pozitív u, v számpárokra nyilván igaz. Egyenlőséggé akkor és csak akkor válik ‐ a pozitív számok körében ‐ , ha u=v.
Nehezebb feladat az összes olyan u, v számpár meghatározása, amelyre a (7) egyenlőtlenség teljesül. Ha uv0, akkor az egyenlőtlenség fennáll, hiszen ekkor uv=0, vagy pedig u és  v megegyező előjelű. Bizonyítani fogjuk, hogy más esetben (uv<0) nem igaz. Ehhez elegendő belátni, hogy a (8) alakban az utolsó tényező pozitív.
Írjuk ezt a tényezőt a következő módon:
u2v28[(4uv+4vu+1)2-33].(9)
Tehát legyenek u és v ellenkező előjelűek, és tekintsük a
(-uv)+(-vu)
összeget. A két tag szorzata 1, tehát állandó, és így az összeg akkor a legkisebb, ha a két tag egyenlő. Mivel azonban pozitív szám csak akkor lehet egyenlő a reciprokával, ha a szám (és a reciproka is) 1, az összeg legkisebb értéke 2, azaz
-uv-vu2,
ebből
-4uv-4vu-17,
tehát
(4uv+4vu+1)249.
Eszerint a (9) valóban pozitív.
Végeredményben azt mondhatjuk, hogy (7) ekvivalens az
uv(u-v)20
egyenlőtlenséggel.
Már be is fejezem a "rövid'' beszámolót. Miután az Olvasó végigtanulmányozta a cikket (ha csak nem a végével kezdte), elhiszi, hogy a tanulók ezt a tevékenységet nagy kedvvel, buzgalommal, gyakran szócsaták kíséretében végezték. Mondhatja valaki, hogy tagozatos osztályról lévén szó, természetes, hogy a matematikát mindig és bármilyen mennyiségben lelkesedéssel művelik. Egyáltalán nem természetes. Ezek a tanulók középiskolai tanulmányaik során elég sok feladatot megoldottak, a feladatmegoldás egyhangú taposómalmában olykor el is fáradtak, és ez a változás számunkra is új színt jelentett.
Sokan a matematikát bonyolultnak, érthetetlennek, és ami a legnagyobb baj, algoritmikusnak tartják. Az is, ha nem tudunk megszabadulni a sablonoktól, csak tételekben, bizonyításokban gondolkodunk, és türelmetlenül, mindenáron a feladatmegoldói repertoár bővítésére törekszünk. Természetesen a készségek megszerzése is nagyon fontos, az egyszer megtanult és bevált szabályt, mozdulatot, módszert szabad többször is megismételni. Azonban a matematika elsajátításának fő mozgatója az érdeklődés fenntartása, a felfedezés öröme, a sikerélmény, ahogy mondani szokás, az ehhez vezető út pedig az önállóság, aktivitás, a tevékenységi formák helyes váltogatása, a játéktól a megfeszített munkáig.
* Ha a pozitív p és q számok úgy változnak, hogy a pq szorzat állandó, a
(p+q)2=(p-q)2+4pq

azonosságból következően a (p+q) összeg akkor a legkisebb, ha p=q
Hasonló megállapítást tehetünk a p, q, r pozitív számokra a
2(p+q+r)=6pqr3+(p3+q3+r3)[(p3-q3)2+(q3-r3)2+(r3-p3)2]
azonosság felhasználásával.

* Bizonyítás nélkül közöljük a következő deriválási szabályokat:

(ctgα)'=-1sin2α,(1sinα)'=-cosαsin2α,(1cosα)'=sinαcos2α,(tgα)2=1cos2α.