Kezdőlap


Cím:	Áprilisi feladatok
Füzet:	1958/április, 123 - 124. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

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

A szerkesztőségnek tömérdek munkája van. Arra kéri olvasóit, segítsenek a munkában: döntsék el, közölnék-e a lapban az alábbi két feladatot, illetőleg az alábbi megoldással közölnék-e.

1. feladat. Bizonyítsuk be, hogy

\begin{matrix} \frac{1 + a + a^{2} + ... + a^{n - 1} + a^{n}}{a + a^{2} + ... + a^{n - 1}} ≧ \frac{n + 1}{n - 1}, \end{matrix}

a > 0

és

n

1

-nél nagyobb természetes szám.

Megoldás: A számtani közép nem kisebb a mértani középnél. Ezt a számlálóban, majd a nevezőben álló számokra felhasználva

\begin{matrix} 1 + a + a^{2} + ... + a^{n - 1} + a^{n} & ≧ (n + 1) \sqrt[n + 1]{1 \cdot a \cdot a^{2} ... a^{n - 1} \cdot a^{n}}, \\ a + a^{2} + ... + a^{n - 1} & ≧ (n - 1) \sqrt[n + 1]{a \cdot a^{2} ... a^{n - 1}} \end{matrix}

Mindkét oldalon pozitív mennyiségek állnak, tehát a két egyenlőtlenség hányadosát véve kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{1 + a + a^{2} + ... + a^{n}}{a + a^{2} + ... + a^{n - 1}} ≧ \frac{n + 1}{n - 1} \cdot \frac{\sqrt[n - 1]{a^{1 + 2 + ... + n}}}{\sqrt[n - 1]{a^{1 + 2 + ... + (n - 1)}}} = \\ = \frac{n + 1}{n - 1} \cdot \frac{\sqrt[n + 1]{a^{\frac{(n + 1) n}{2}}}}{\sqrt[n + 1]{a^{\underset{̲}{(n - 1) n}}}} = \frac{n + 1}{n - 1} \cdot \frac{a^{\frac{n}{2}}}{a^{\frac{n}{2}}} = \frac{n + 1}{n - 1} . \end{matrix}

Ezzel a bizonyítandó egyenlőtlenséget igazoltuk.

2. feladat. Egy paralelogramma területe

100 {cm}^{2}

. A négyszöget átlói négy háromszögre bontják, amelyek közül kettő-kettő egybevágó. Az egyik háromszög területe

20 {cm}^{2}

. A másik (vele nem egybevágó háromszögben szereplő paralelogramma-oldalon nyugvó két szög

30^{\circ}

, ill.

20^{\circ}

. Milyen hosszú az említett paralelogramma-oldal?

Megoldás: A paralelogrammát egy átlója két egybevágó háromszögre bontja, így egy ilyen háromszög területe

50 {cm}^{2}

. A másik átló meghúzásával ez két újabb háromszögre bomlik; mivel egyik területe

20 {cm}^{2}

, a másiké

30

. Ha a kérdéses paralelogramma-oldalt

x

-szel jelöljük, az

x

oldalból és a három ismert szögből ‐

20^{\circ}

30^{\circ}

, ill.

180^{\circ} - (20^{\circ} + 30^{\circ}) = 130^{\circ}

‐ a háromszög területe ismert képlet alapján meghatározható:

\begin{matrix} \frac{x^{3} sin 20^{\circ} sin 30^{\circ}}{2 sin 130^{\circ}} = 30. \end{matrix}

Ebből:

\begin{matrix} x = \sqrt[]{\frac{60 sin 50^{\circ}}{sin 20^{\circ} sin 30^{\circ} .}} \end{matrix}

A kérdéses paralelogramma-oldalt kiszámítottuk. Ebből a szögfüggvényértékeket logaritmustáblából kikeresve s a műveleteket elvégezve

x

számértékét közelítőleg is megkaphatjuk.

‐ Harmadik feladatként oldjuk meg a következőt:
3. A világűr rakéta a Marsba érkezik. Az utasok egy iskolát látogatnak meg. Egy üres tanterem tábláján befejezetlen szorzás-példát látnak:

Megértik a vonaldarabok számából, hogy a befejezetlen művelet arab számokkal:

\begin{matrix} \begin{matrix} \underset{̲}{177} & \cdot & 6 \\ 5 \end{matrix} \end{matrix}

A marslakók számrendszerének, úgy látszik, nem

10

az alapszáma. Gondolkozni kezdenek, hogy akkor mi lehet.
Gondolkozzunk mi is, és fejezzük be a szorzást

*

A megoldások beküldésének feltételei ugyanazok, mint a többi kitűzött feladatnál. Mindhárom feladat külön példának számít. A mindhármat beküldők közül a legjobb 50 megoldás szerzőinek nevét közöljük. Ezek közül a három legszabatosabban indokolt megoldás beküldői könyvjutalomban részesülnek. Ezenkívül vigaszdíjak sorshúzás alapján azok közt, akik legalább egy feladatot helyesen oldottak meg.