Cím:	Arcképcsarnok: Erdős Pál
Füzet:	1993/december, 446 - 447. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Egyéb írások

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.     Erdős Pál (1913‐) Szülei matematika tanárok voltak, és jó barátságban álltak Faragó Andorral, a Középiskolai Mathematikai és Fizikai Lapok szerkesztőjével. Erdős Pál a budapesti Szent István reálgimnáziumbanA érettségizett. Diákkorában szorgalmas megoldója volt a kitűzött feladatoknak. Az alábbiakban egy 1927-ben beküldött megoldását közöljük 215. $x$ és $y$ jelentsen két tetszőleges számot és legyen   ${\displaystyle \begin{array}{cccc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle x_1=ax+by+c}\hfill & {\displaystyle y_1}\hfill & \hfill {\displaystyle =a\text{'}x+b\text{'}y+c\text{'}}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle x_2=a{x}_1+b{y}_1+c}\hfill & {\displaystyle y_2}\hfill & \hfill {\displaystyle =a\text{'}{x}_1+b\text{'}{y}_1+c\text{'}}\end{array}}$ Határozzuk meg $a\text{'}$, $b\text{'}$, $c\text{'}$ értékét úgy, hogy $x_2=x$ és $y_2=y$ legyen, az $x$ és $y$ bármely értéke mellett. Megoldás. Helyettesítsük $x_1$ és $y_1$ értékét $x_2$ kifejezésébe:   ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x_2}& {\displaystyle =a\left(ax+by+c\right)+b\left(a\text{'}x+b\text{'}y+c\text{'}\right)+c=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(a^2+ba\text{'}\right)x+\left(ab+bb\text{'}\right)y+\left(ac+bc\text{'}+c\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =Ax+By+C\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A feladatban kívánt $x_2\equiv x$ identitás akkor jön létre, ha $x_2$ kifejezésében $A=1$, $B=C=\mathrm{0,}$ azaz ha az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}{\displaystyle A=a^2+ba\text{'}=1\text{...}}\hfill & {\displaystyle 1)}\hfill \\ {\displaystyle B=ab+bb\text{'}=0\text{...}}\hfill & {\displaystyle 2)}\hfill \\ {\displaystyle C=ac+bc\text{'}+c=0\text{...}}\hfill & {\displaystyle 3)}\hfill \end{array}}\}\text{...}}\end{array}$ (*) egyenlőségek fennállanak. 1), 2) és 3)-ból $\begin{array}{c}{\displaystyle a\text{'}=\frac{1-a^2}{b}\mathrm{,}b\text{'}=-a\mathrm{,}c\text{'}=\frac{c\left(a+1\right)}{b}\text{...}}\end{array}$ (*) Az $x_2\equiv x$ identitás $a\text{'}$, $b\text{'}$, $c\text{'}$ ezen és csak ezen értékei mellett áll fenn ; ha ezekkel az $y_2\equiv y$ azonosság is fennáll, feladatunk megoldható és a megoldás a már kiszámított értékekből adódik, ha nem, nincs megoldás. $x_1$ és $y_1$ értékeivel ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle y_2}& {\displaystyle =a\text{'}\left(ax+by+c\right)+b\text{'}\left(a\text{'}x+b\text{'}y+c\text{'}\right)+c\text{'}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(aa\text{'}+a\text{'}b\text{'}\right)x+\left(ba\text{'}+b^{\text{'}2}\right)y+\left(ca\text{'}+b\text{'}c\text{'}+c\text{'}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =A\text{'}x+B\text{'}y+C\text{'}}\hfill \end{array}}$ II. szerint ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle A\text{'}=aa\text{'}+a\text{'}b\text{'}=\frac{a\left(1-a^2\right)}{b}-\frac{a\left(1-a^2\right)}{b}=0}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle B\text{'}=ba\text{'}+b^{\text{'}2}=1-a^2+a^2=1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle C\text{'}=ca\text{'}+b\text{'}c\text{'}+c\text{'}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{c\left(1-a^2\right)}{b}}& {\displaystyle +\frac{ac\left(a+1\right)}{b}-\frac{c\left(a+1\right)}{b}=\frac{c}{b}\left(1-a^2+a^2+a-a-1\right)=\mathrm{0,}}\hfill \end{array}}$ tehát II. értékei mellett az $y_2\equiv y$ identitás is fennáll s így az ott kapott értékek megfelelnek. Erdős Pál (Szent István rg. V. o. Bp.) Megoldották : Hajós Gy., Palatinus I., Sréter J., Sturm V., Szolovits D.   Később is állandóan figyelemmel kísérte a lap munkáját. Cikkeket írt, feladatokat javasolt. A Faragó Andor szerkesztette lapokban jelent meg egy híres tétele, amely így szólt: a háromszög síkjában felvett pontnak a háromszög csúcsaitól való távolság összege legalább kétszerese az oldalaktól mért távolságaik összegének. L.J. Mordel, az angliai cambridge-i egyetem tanára adott rá egy szép bizonyítást. A fasizmus áldozataként fiatalon elhunyt, igen tehetséges matematikus Lázár Dezső1 emlékére 1983-ban díjat alapított. A díjat a székesfehérvári Teleki Blanka Gimnázium azon tanulói nyerhetik el, akik részt vesznek a KöMaL pontversenyében, és egyéb matematika versenyeken eredményesen szerepelnek. Erdős Pál napjaink legismertebb matematikusa. Közel 1500 könyve, cikke jelent meg a számelmélet, halmazelmélet, gráfelmélet, valószínűségszámítás és matematikai analízis témaköréből. Fáradhatatlan világutazó, aki mindenütt a világban terjeszti a matematikát, matematikai problémákat. Segíti a fiatalokat, a magyar matematikusok nemzetközi elismertetését. Mindenütt tanít, szervez, ahol csak megfordul. Nemcsak eredményeivel van nagy hatással a matematika fejlődésére, de azzal a rengeteg új problémával is, amelyeket kitalál, és népszerűsít. A World Federation of National Mathematics Competitions (WFNMC) a nemzeti matematikai versenyek világszövetsége, amelyet 1984-ben Ausztráliában hoztak létre, alapított egy Erdős Pálról elnevezett díjat. E díjjal kívánja felhívni a figyelmet a matematika versenyek szerepére az oktatásban, és biztosítani azt, hogy a versenyek fontosságát a tudományos körök is elismerjék. Az Erdős Pál díjat azok kaphatják, akik jelentős szerepet játszottak a matematikai érdeklődés felkeltésében, olyan ösztönzőket (versenyeket) szerveztek, amelyek a matematikai tudást gazdagítják nemzeti, nemzetközi szinten. Erdős Pál tagja a Magyar Tudományos Akadémiának és az angol, a holland, az ausztráliai és az indiai tudományos akadémiáknak. 1Lázár Dezső diákkorában ugyancsak sikeres megoldója volt lapunknak. Arcképét a legszorgalmasabb megoldókról megjelent 1934. évi tablón láthatjuk.