Ugrás a tartalomhoz

Elemi matematika feladatgyűjtemény

Hraskó András (2013)

ELTE-TTK

10 Bevezető feladatok megoldása

10 Bevezető feladatok megoldása

10.1 Logika

A 2.1.1 feladat megoldásai

10.1.0.1 A 2.1.1 fel. I. megoldása

Jelöljük így az állításokat: A1, A2, B1, B2, C1, C2.

Tegyük fel az egyes állításokról, hogy ők igazak, majd nézzük végig, hogy mikor botlunk ellentmondásba.[3]

Íme: Ha A1 igaz, akkor B1,B2,C1,C2 hamis ellentmondás. A1 tehát hamis.

Ha A2 igaz, akkor C1,C2 hamis, így az összes többi állításnak igaznak kell lennie. Lehet ez? Igen, ha B lőtte a legtöbbet (többet, mint A és C együttvéve), és C lőtte a legkevesebbet.

Ha viszont A2 is hamis lenne, akkor vagy B1, vagy C1 a harmadik hamis állítás. Ekkor azonban B2, illetve C2 is hamis lenne.

Vagyis csak az lehet, hogy A állításai: h,i; B állításai i,i; C állításai: h,h.

ÉS: Igen, tudjuk, ki lőtte a legkevesebb nyulat, C.

10.1.0.2 A 2.1.1 fel. II. megoldása

A 2.1.1 fel. I. megoldásának jelöléseit használjuk,

Keressük meg, hogy mely állítások mondanak ellent egymásnak[4], illetve melyek következnek valamely más állításból, és így keressük ki azokat, amelyek igazak lehetnek, illetve amelyek hamisak.

Íme: B2-ből következik B1. De B1-ből nem következik B2;

A 1 -nek ellentmond: B1,B2,C1;

A 2 -nek ellentmond: C1;

B 1 -nek ellentmond: A1,C1,C2;

B 2 -nek ellentmond: A1,C1,C2;

C 1 -nek ellentmond: A1,A2,B1,B2;

C 2 -nek ellentmond: A2,B1,B2.

Ebből látszik, hogy ha C1 igaz lenne, akkor 4 hamis állítás lenne. Tehát C1 hamis. Akkor viszont C2 is hamis, mert ha igaz lenne, akkor 4 hamis állítás lenne: C1 és a C2-nek ellentmondó három. Ha most A1 igaz lenne, akkor B1,B2 hamis lenne, vagyis 4 hamis állítás lenne. Ezért A1 hamis. B1,B2 éppen ennek a három állításnak mond ellent.

Eszerint A1 hamis, B1,B2 igaz, C1,C2 hamis, vagyis A2 csak igaz lehet. ÉS: Igen, tudjuk, ki lőtte a legkevesebb nyulat, C.

10.1.0.3 A 2.1.1 fel. III. megoldása

Megnézzük, hogy a lehetséges megoldások közül melyikre passzolnak a feladat feltételei.

Jelölje a lőtt nyulak számát értelemszerűen a, b, c. Ezeknek hatféle különböző nagyság szerinti sorrendje lehet (tudjuk, mi). Végignézve, hogy mely esetekre lesz pontosan 3 igaz, 3 hamis állítás, kiderül, hogy csak a b>a>c (sőt, b>a+c) esetben teljesül a feltétel.

A 2.1.2 feladat megoldása

23. táblázat

Igaz: Cili, Saci, Lili; Hamis Vili, Juci. Ez jó is.

24. táblázat

Ellentmondás, tehát Cili, Saci és Lili az Igaz család tagjai, míg Vili és Juci a Hamis családból valók.

A 2.1.3 feladat megoldása

A feladat szövegét úgy értjük, hogy az anyuka állítását igaznak kell feltételezni, azaz a gyerekek állításai közül legfeljebb kettő lehet hamis.

Vizsgáljuk Tamás állítását! Ha ez igaz lenne, akkor János, Péter és István is hazudna. Így Tamás csak hazudhat.

Ezek után, ha Gyuri állítása igaz lenne, akkor István állítása hamis, amiből tudva, hogy Tamás állítása is hamis az következik, hogy János és Péter is hazudik. Ez már túl sok hazugság, tehát Gyuri állítása hamis.

Ez két hamis állítás, tehát az összes többinek igaznak kell lennie. János és Péter állításaiból következik, hogy Tamás volt a tettes. Ebben az esetben valóban csak két állítás hamis, így ez az anyuka állításának megfelelő megoldás.

Tehát Tamás törte be az ablakot.

A 2.1.4 feladat megoldása

A , B és C bármelyike lehet lovag vagy lókötő, ez összesen nyolcféle eset. Mindegyiknél megnézzük, hogy A mondhatta-e, hogy B és C egyforma típusú., és azokban az esetekben, ahol mondhatta, megnézzük, hogy C mit válaszolna az Egyforma típusú A és B? kérdésre.

25. táblázat

A táblázatból leolvasható, hogy C igennel válaszol minden olyan esetben, amely egyáltalán megvalósulhat.

A 2.1.5 feladat megoldásai

10.1.0.4 A 2.1.5 a) mego.

Állítjuk, hogy ha a lakosok legalább fele bolond, akkor nincs olyan módszer, amellyel kitalálható a lakosok típusa.

Bizonyítás A lovagok egymásra azt mondják, hogy lovag, míg a bolondokra azt mondják, hogy bolond. Tegyük fel, hogy a bolondok összebeszélnek és közülük éppen annyian, ahányan a lovagok vannak egy csoportot alakítanak. A csoporthoz tartozó bolondok úgy viselkednek, mintha ők lennének a lovagok és az igazi lovagok valamint a csoporton kívüli bolondok a bolondok. Tehát a csoport tagjai egymást lovagnak mondják, a többieket pedig bolondnak. A csoporton kívüli bolondok igazából bárhogy viselkedhetnek, de az egyszerűség kedvéért tegyük fel, hogy mindenkire azt mondják, hogy bolond. Ebben az esetben a rendszer a külső szemlélőnek teljesen szimmetrikus, a csoportbeli bolondok és a lovagok egymástól megkülönböztethetetlenek. Nem határozható meg, hogy ki miféle.

10.1.0.5 A 2.1.5 b) mego.

Ha csak két lakos van, akkor eldönthetetlen ki miféle, ezt épp az előbb láttuk. Ha három lakos van, akkor két kérdezés nem elég, ez a lehetőségek számbavételével könnyen eldönthető (lásd a 89. ábrát, ahol nyilat indítottuk attól akit kérdeztek ahhoz, akiről kérdezték és l jelöli a lovag választ b pedig a bolond-ot.)

89. ábra

Három kérdezés elég három embernél, mint ahogy n kérdés általában is elég n embernél, ha n3. Valóban, rendezzük körbe a lakosokat és az egyik irányban végighaladva a körön kérdezzük meg mindegyiket az előtte levőről. Ha 1 bolond van közöttük, akkor a mögötte levő bemondja róla, hogy ő bolond. Maga a bolond lovag-ot vagy bolond-ot mond, de rájöhetünk melyik ő: az akire a ciklusban előbb mondták, hogy bolond. Másképp: ha egy lovagnak mondott ember bolondot mond, akkor akire mondja a bolondot, az tényleg bolond.

Ha azonban n>3 és 1 bolond van a szigeten, akkor (n-1) kérdés is elég. Hagyjuk ki az egyik lakost a körből! A többieket rendezzük körbe és kérdezzük végig őket az előbb leírt módon. Pontosan akkor nem halljuk válaszként a bolond szót, ha a körből kihagyott ember a bolond. Ha viszont halljuk ezt a szót, akkor az előbb leírt módon kitalálható ki a bolond.

Megmutatható, hogy 1 bolond esetén (n-2) kérdés már nem lehet elég. Ennyi kérdés esetén ugyanis legalább két olyan lakos is lesz, akire nem kérdezünk rá. Ha közülük valamelyik a bolond, akkor nem tudhatjuk meg melyikük.

A 2.1.6 feladat megoldásai

10.1.0.6 A 2.1.6 a) mego.

A lehetséges számpárok halmaza a beszélgetés kezdete előtt:

H 0 = { ( 1 ; 1 ) , ( 1 ; 2 ) , ( 1 ; 3 ) , ( 1 ; 4 ) , ( 1 ; 5 ) , , ( 2 ; 2 ) , ( 2 ; 3 ) , ( 2 ; 4 ) , ( 2 ; 5 ) , , ( 3 ; 3 ) , } .

Az első 12 lehetséges szorzatérték és az azokhoz tartozó lehetséges párok:

26. táblázat

Az első 12 összegérték és az azokhoz tartozó lehetséges párok:

27. táblázat

Egyéb információ nélkül Cili akkor és csakis akkor tudja megmondani a szorzat értékéből a két számot, ha ahhoz a szorzathoz csak egyféle felbontás tartozik, tehát Cili táblázatában a szorzat oszlopában egyetlen pár van. Ez pontosan akkor fordul elő, ha a szorzat értéke 1 vagy prímszám. Mivel az okos Cili nem tudja a két számot, így az ezen szorzatokhoz tartozó párokat kihúzhatjuk a lehetséges párok halmazából:

H 1 = { ( 1 ; 4 ) , ( 1 ; 6 ) , ( 1 ; 8 ) , , ( 2 ; 2 ) , ( 2 ; 3 ) , ( 2 ; 4 ) , ( 2 ; 5 ) , , ( 3 ; 3 ) , } .

Mindezt az okos Dezső is végiggondolhatja, így nála Cili első megszólalása után az összegekhez már csak az alábbi párok tartoznak:

28. táblázat

Dezső akkor és csakis akkor tudná kitalálni a gondolt számot, ha az összegükhöz tartozó oszlopban Dezső új táblázatában csak egyetlen pár tartozna. Bár fent csak a táblázat kezdőrészlete látható, mégis világos, hogy ez csak egyetlen esetben következik be: ha az összeg a 4 és a számpár a (2;2).

Mivel az okos Dezső nem tudja kitalálni a gondolt számokat, így a (2;2) nem egy lehetséges számpár és ez az egyetlen új kizárható pár Dezső első megszólalása után. A megmaradt párok:

H 2 = { ( 1 ; 4 ) , ( 1 ; 6 ) , ( 1 ; 8 ) , , ( 2 ; 3 ) , ( 2 ; 4 ) , ( 2 ; 5 ) , , ( 3 ; 3 ) , } .

Mindezt az okos Cili is végiggondolhatja, így nála Dezső első megszólalása után a szorzatokhoz már csak az alábbi párok tartoznak:

29. táblázat

Egyetlen olyan oszlop van, amelyben egyetlen számpár van: a 4-es szorzat már csak 14 alakban állhat elő. Tehát Cili egyetlen esetben tudja kitalálni Dezső első megszólalása után a két gondolt számot, akkor, ha ez a két szám az 1 és a 4. Mindezt ugyanígy Dezső is végig tudja gondolni, tehát mondhatja pl.: Én is tudom melyik az a két szám.

10.1.0.7 A 2.1.6 b) mego.

Cili egyetlen esetben tudná, hogy melyik az a két szám, ha az (1;4) pár lenne. Ha mégsem tudja, akkor ez az egyetlen pár húzható ki a lehetőségek közül:

H 3 = { ( 1 ; 6 ) , ( 1 ; 8 ) , , ( 2 ; 3 ) , ( 2 ; 4 ) , ( 2 ; 5 ) , , ( 3 ; 3 ) , } .

A Dezsőnek megmaradt lehetőségek:

30. táblázat

Látható, hogy Dezső egyetlen esetben a (2;3) pár esetén tudja megmondani a két számot.

10.1.0.8 Megjegyzés a 2.1.6 feladathoz

Tovább is folytatható a példa, Dezső is mondhatja másodszorra is, hogy Nem tudom és Cili rájöhet ezután a két gondolt számra. Meddig mehetünk még így tovább?

A 2.1.10 feladat megoldása

a) I. II., de I. II., pld (-2)2=22, de -22.

b) I. II.

c) I. II., de I. II., pld a=2, b=0.

A 2.1.11 feladat megoldása

A három állítás ekvivalens egymással. A polinomnak ugyanis pontosan akkor gyöke az egy, ha p(1)=0, azaz ha

a 1 2 + b 1 + c = a + b + c = 0 .

Másrészt ha a p polinomot elosztjuk az (x-1) polinommal, akkor a hányados egy a(x+d) alakú elsőfokú polinom lesz, a maradék pedig egy m valós szám:

p ( x ) = a ( x - 1 ) ( x + d ) + m .

Ennek pontosan akkor gyöke az 1, ha

0 = a ( 1 - 1 ) ( 1 + d ) + m = m .

A 2.1.12 feladat megoldása

I. Igaz; II. Hamis; III. Hamis;

IV. Igaz; V. Hamis (lehet több, lásd négyzet).

A 2.1.13 feladat megoldása

I. Igaz; II. Hamis (ellenpélda: paralelogramma); III. Hamis (lásd a 90. ábrát).

IV. Hamis. Forgási szimmetria biztosan van, de 180-os nem feltétlenül van (lásd a 90. ábrát).

V. Hamis (lásd a 90. ábrát).

90. ábra

VI. Hamis, öt szimmetriatengelye van.

VII. Igaz, ha van két szimmetriatengely, akkor forgási szimmetria is van és ötszögnél ebből következik a szabályosság.

A 2.1.14 feladat megoldása

I. Az a), b) állítások ekvivalensek.

A tízes számrendszerbeli 4235¯ szám így írható:

4235 ¯ = 4 1000 + 2 100 + 3 10 + 5 1 = 4 ( 999 + 1 ) + 2 ( 99 + 1 ) + 3 ( 9 + 1 ) + 5 1 =

= ( 4 + 2 + 3 + 5 ) + ( 4 999 + 2 99 + 3 9 ) .

Mivel a jobb oldali nagy zárójelben álló szám nyilvánvalóan osztható 9-cel, így a 4235¯ négyjegyű szám és a (4+2+3+5) négytagú összeg kilences maradéka megegyezik. Hasonlóan igazolható, hogy bármelyik pozitív egész kilences maradéka megegyezik a szám tízes számrendszerbeli alakjában a számjegyek összegének kilences maradékával. Ezért pl egy pozitív egész pontosan akkor osztható kilenccel, ha számjegyeinek összege osztható kilenccel.

A c) állításból nyilvánvalóan következik az a) állítás, míg a d)-ből a b), de ezekben fordított irányú következtetések nincsenek (lásd pl magát a 9 számot). A logikai háló így rajzolható fel:

91. ábra

A c), d) Állításoknak logikailag nincs köze egymáshoz.

A 27 számra teljesül c), de nem teljesül d), míg a 9981-re teljesül d), de nem teljesül c). Ráadásul van olyan szám pl a 999, amelyre mindkét feltétel teljesül és természetesen olyan is, amelyikre egyik sem.

A 2.1.15 feladat megoldása

Az összes állítás ekvivalens.

I. és II. ekvivalenciája abból következik, hogy a háromszög szögeinek összege 180.

I. és III. ekvivalenciája a Thálesz tétel és megfordítása.

A IV-beli összefüggés beszorzás és rendezés után az a2+b2=c2 összefüggésre vezet, tehát Pitagorasz tétele és annak megfordítása igazolja I. és IV. ekvivalenciáját.

Legyenek az a, b, c oldalakkal szemközti csúcsok rendre A, B és C és messe a B-ből induló szögfelező a b oldalt D-ben. A szögfelező tétel értelmében D a b oldalt a másik két oldal arányában metszi, azaz

D C = a b a + c , D A = c b a + c .

Így a DCB háromszögben CBD=β2 és a szinusz tétel szerint

sin C B D sin B D C = D C C B = b a + c ,

így az V. feltétel pontosan akkor teljesül, ha sinBDC=cosβ2, azaz ha BDC=90-β2 vagy 180-BDC=90-β2. Az előbbi esetben a BDC háromszög harmadik szöge: DCB=γ=180-β2-BDC=90, míg az utóbbi esetben a BDA háromszögben DAB=BDC-β2=90. Ez az utóbbi eset ellentmond annak, hogy az ABC háromszögben c a legnagyobb oldal, így kapjuk, hogy V. is ekvivalens I-gyel.

A 2.1.16 feladat megoldása

Ha egy négyszögnek van két derékszöge, akkor vagy trapéz (szomszédos szögek derékszögek) vagy húrnégyszög (szemköztes szögek derékszögek, az ezeket nem összekötő átló Thalesz-körén rajta vannak a csúcsok), tehát 2DHT.

Más nem mondható, tehát 2D a HT, HT, TH halmazok mindegyikét két-két részre osztja (lásd a 92. ábrát).

92. ábra

A 2.1.17 feladat megoldása

I. lépés A) B)

Írjuk a Pitagorasz tételt a B) egyenletbe:

a 4 + ( a 2 + c 2 ) c 2 = c 4 + a 2 ( a 2 + c 2 ) ,

ami azonossághoz vezet, ha felbontjuk a zárójelet.

II. lépés B) A):

a 4 - c 4 + b 2 c 2 - a 2 b 2 = ( a 2 - c 2 ) ( a 2 + c 2 ) + b 2 ( c 2 - a 2 ) = ( a 2 + c 2 - b 2 ) ( a 2 - c 2 ) ,

azaz az algebrai feltétel pontosan akkor teljesül, ha a háromszög b-vel szembeni szöge derékszög vagy olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek b az alapja.

Tehát az A) állításból következik a B) állítás, de fordítva nem.

A 2.1.18 feladat megoldása

III.-ban a pozitív (a+b+c)-vel átszorozva, összevonás, majd (a3+b3) szorzattá alakítása után a pozitív (a+b) mennyiséggel egyszerűsíthetünk és a c2=a2+b2-ab koszinusz tételhez jutunk. Tehát I. és III. ekvivalens állítások. Ezekből következik II., de az γ=120 esetén is teljesül.

A 2.1.19 feladat megoldása

Látni fogjuk, hogy az I., II., III., IV. állítások mind ekvivalensek egymással és következik belőlük az V. állítás, de abból nem következnek az I-IV. állítások.

I-ből nyilvánvalóan következik II. és III. A II. állításból a háromszög területének kétféle felírásából következtethetünk az I. állításra. Megmutatjuk, hogy III-ból is következik I. Mivel a súlyvonalak harmadolják egymást, így ha a szokásos jelölésekkel AFA=BFB, és S a súlypont, akkor SFA=SFB és SA=SB, így az SFAB, SFBA háromszögek egybevágóak, tehát FAB=FBA, azaz CB=CA.

A IV-ben adott feltétel a 2sinαsinβ=cos(α-β)-cos(α+β), cos(α+β)=-cos(180-α-β), cosγ=2cos2γ2-1 azonosságok segítségével a cos(α-β)=1 alakba írható át, amely háromszögek esetén pontosan akkor teljesül, ha α=β.

Átszorzás után az V-ben adott feltétel a sin2x=2sinxcosx azonosság alapján a sin2α=sin2β formába írható át. Ez pontosan akkor teljesül egy háromszög két szögére, ha 2α=2β, azaz α=β, tehát a háromszög egyenlő szárú vagy akkor, ha 2α+2β=180, azaz ha a háromszög derékszögű.

A 2.1.20 feladat megoldása

Megoldás

a) a2+b2=-2aba2+2ab+b2=0(a+b)2=0(a+b)=0.

b) Ismeretes, hogy (a+b+c)3=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(c+a), tehát (a+b+c)=0 esetén 0=a3+b3+c3+3(a+b)(b+c)(c+a), de ilyenkor a+b=-c, b+c=-a, c+a=-b, így 0=a3+b3+c3-3abc, tehát a következtetés jogos.

A következtetés viszont téves, mint azt az a=b=c=1 ellenpélda mutatja.

Részletesebben arról van szó, hogy

a 3 + b 3 + c 3 - 3 a b c = ( a + b + c ) ( a 2 + b 2 + c 2 - a b - b c - c a ) = ( a + b + c ) ( a - b ) 2 + ( b - c ) 2 + ( c - a ) 2 2 ,

és a legutóbbi tényező pontosan akkor zérus, ha a=b=c, tehát az a3+b3+c3=3abc összefüggés pontosan akkor teljesül, ha a+b+c=0 vagy a=b=c.

10.2 Geometria és algebra feladatok megoldása

A 2.2.1 feladat megoldása

Jelölje a tollkészlet, a radír és a ceruza árát rendre τ, ρ, γ. A szöveg alapján ezekre az alábbi egyenletrendszer írható fel:

τ + ρ = 240 ρ + γ = 100 γ + τ = 280 }

Az egyenletrendszert többféleképpen is kezelhetjük.

I. eljárás az egyenletrendszer megoldására

Küszöböljük ki az ismeretleneket!

ρ = 240 - τ ( 240 - τ ) + γ = 100 γ + τ = 280 } ρ = 240 - τ γ = τ - 140 ( τ - 140 ) + τ = 280 }

ρ = 240 - 210 = 30 γ = 210 - 140 = 70 τ = 210 }

tehát a radír 30 Ft-ba, a ceruza 70 Ft-ba, a tollkészlet 210 Ft-ba került.

II. eljárás az egyenletrendszer megoldására

Ne bontsuk meg a szimmetriát! Adjuk össze (19) mindhárom egyenletét!

( τ + ρ ) + ( ρ + γ ) + ( γ + τ ) = 240 + 100 + 280 2 ( τ + ρ + γ ) = 240 + 100 + 280 τ + ρ + γ = 240 + 100 + 280 2

és ebből

γ = ( τ + ρ + γ ) - ( τ + ρ ) = 240 + 100 + 280 2 - 240 = - 240 + 100 + 280 2 = 70 τ = ( τ + ρ + γ ) - ( ρ + γ ) = 240 + 100 + 280 2 - 100 = 240 - 100 + 280 2 = 210 ρ = ( τ + ρ + γ ) - ( γ + τ ) = 240 + 100 + 280 2 - 280 = 240 + 100 - 280 2 = 30 .

A 2.2.2 feladat megoldása

Ismeretes az alábbi összefüggés:

Lemma (Az érintőszakaszok egyenlősége)

Külső pontból a körhöz két érintő húzható, és a két érintőnek a közös pontjuktól a körön való érintési pontig terjedő szakasza egyenlő hosszú.

93. ábra

Ilymódon a csúcsok és a beírt kör érintési pontjai közti x, y, z szakaszokra (lásd az ábrát):

x + y = b y + z = a z + x = c } ,

amiből

x = s - a y = s - c z = s - b ,

ahol s=a+b+c2 a háromszög kerületének fele (semiperimeter).

A 2.2.3 feladat megoldása

A 2.2.4 feladat megoldásai

10.2.0.1 A 2.2.4 fel. I. megoldása

Ha most is árakról vagy szakaszhosszakról van szó, tehát a változók értékei csak nemnegatív számok lehetnek, akkor nincs megoldás a konkrét esetben. A második egyenletben ugyanis x2100, így az elsőben x1140, de ez ellentmond az utolsó egyenletnek.

10.2.0.2 A 2.2.4 fel. II. megoldása

Az első két egyenlet összehasonlításából x1=x3+140, míg az utolsó kettőéből x1=x3-210. Ez egyszerre nem lehetséges tehát az egyenletrendszernek nincs megoldása.

A 2.2.5 feladat megoldása

10.1. Tétel Ha egy négyszögbe kör írható, akkor két szemközti oldalának összege egyenlő a másik két szemközti oldalának összegével.

Bizonyítás. Valóban, ezen összegek egyenlők a négy érintőszakasz összegével (lásd a 94. ábrát), így egymással is egyenlők.

94. ábra

[QED]

A Tételből következik, hogy feladatunkban x+6=5+8, azaz x=7.

A 2.2.6 feladat megoldása

Négy ismeretlenünk van, de csak három független egyenlet, így vagy nem lesz megoldás vagy végtelen sok lesz. Most, hogy a+c=b+d végtelen sok megoldás lesz. Az egyenletrendszer ekvivalens átalakításaival:

x 2 = a - x 1 ( a - x 1 ) + x 3 = b x 3 + x 4 = c x 4 + x 1 = d } x 2 = a - x 1 x 3 = ( b - a ) + x 1 ( b - a ) + x 1 + x 4 = c x 4 + x 1 = d }

x 2 = a - x 1 x 3 = ( b - a ) + x 1 x 4 = ( c - b + a ) - x 1 ( c - b + a ) - x 1 + x 1 = d } x 2 = a - x 1 x 3 = ( b - a ) + x 1 x 4 = ( c - b + a ) - x 1 0 = d - c + b - a }

tehát x1-nek tetszőleges értéket adhatunk, mindegyikhez tartozik az egyenletrendszer egy és csakis egy megoldása.

A 2.2.7 feladat megoldása

Ez kevés adat, öt számból (52)=10-féleképpen választható ki kettő, tehát tíz összeget kellett volna megadni.

az első ötlet: A szimmetria megtartása

Adjuk össze a tíz számot! A b) és c) esetben így konkrétan 20-at kapunk. Ebben az összegben az öt ismeretlen mindegyike négyszer szerepel, mert mindegyik másik változóval egyszer-egyszer. Tehát az öt változó összege:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 = 5 .

a második ötlet A szimmetria elrontása

Jelöljük a változókat úgy, hogy indexük kifejezze egymást közti nagyságrendjüket, azaz legyen

x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 .

Így a legkisebb összeget x1+x2, a következőt x1+x3 fogja adni, míg x4+x5 lesz a legnagyobb összeg, a következő legnagyobb pedig x3+x5.

x 1 + x 2 = - 7 x 4 + x 5 = 11 .

E két egyenlet összegét összehasonlítva a (26) egyenlettel kapjuk, hogy x3=1. Mivel x1+x3=-4, így x1=-5 és x3+x5=8, azaz x5=7, végül újra a (26) egyenletekből x2=-2 és x4=4. Az öt szám:

x 1 = - 5 , x 2 = - 2 , x 3 = 1 , x 4 = 4 , x 5 = 7 .

Ezeknek az értékeknek a kiszámításához csak a tíz megadott szám összegét valamint a nagyságrendi sorrendben kétkét szélső értéket használtuk. Ezekben az adatokban a b), c) feladatrészek nem térnek el egymástól. A (27) számok kéttagú összegei a c) feladatrész eredményeit adják, tehát annak van megoldása és az egyértelmű, míg b)-nek nincs.

A 2.2.8 feladat megoldása

A 4, 6 egység hosszú oldalak közös csúcsától a 6 hosszú oldal felé indulva körbe az egyes érintőszakaszok hosszát jelölje x1, x2, x2, x3, x3, x4, x4, x5, x5 és x1. Ezekre tehát

x 1 + x 2 = 6 , x 2 + x 3 = 5 , x 3 + x 4 = 3 , x 4 + x 5 = 3 , x 5 + x 1 = 4 .

Az öt egyenlet összegének fele:

x 1 + x 2 + x 3 + x 4 + x 5 = 10 , 5

míg a második és a negyedik egyenlet összege:

x 2 + x 3 + x 4 + x 5 = 8 ,

azaz x1=2,5 és ebből x2=3,5.

10.2.0.3 Megjegyzés a 2.2.8 fel. megoldásához

Ez a megoldás bizonyos értelemben hiányos. Meg kellene mutatni, hogy létezik is a feladat feltételeinek megfelelő négyszög. Ettől most eltekintünk, annál is inkább, mert a feladat szövege erőteljesen sugallja, hogy egy létező négyszögről van szó.

A 2.2.10 feladat megoldásai

10.2.0.4 A 2.2.10 fel. I. megoldása

(Algebra)

A téglalapok egymást 3-3 részre osztják. Nevezzük el ezeket a részeket (lásd a 95. ábrát)!

95. ábra

A téglalapok egymást egy PQRS kis téglalapban metszik. A vizsgált négyszögek kisebb részekre bonthatók, amelyek területe külön-külön egyszerűen felírható:

T B H D F = T P Q R S + T B H R + T H D S + T D P F + T F Q B = a 2 b 2 + ( b 1 + b 2 ) a 3 + ( a 2 + a 3 ) b 3 + ( b 2 + b 3 ) a 1 + ( a 1 + a 2 ) b 1 2 = 2 a 2 b 2 + b 1 a 3 + b 2 a 3 + a 2 b 3 + a 3 b 3 + b 2 a 1 + b 3 a 1 + a 1 b 1 + a 2 b 1 2 ,

illetve

T A G C E = T P Q R S + T A G P + T G C Q + T C E R + T E A S = a 2 b 2 + ( a 2 + a 3 ) b 1 + ( b 2 + b 3 ) a 3 + ( a 1 + a 2 ) b 3 + ( b 1 + b 2 ) a 1 2 = 2 a 2 b 2 + a 2 b 1 + a 3 b 1 + b 2 a 3 + b 3 a 3 + a 1 b 3 + a 2 b 3 + b 1 a 1 + b 2 a 1 2 .

Ha tagról tagra összehasonlítjuk a két átalakítás végén kapott két tört számlálóját láthatjuk, hogy a két terület megegyezik.

10.2.0.5 A 2.2.10 fel. II. megoldása

(Geometria és algebra)

Foglaljuk be a két téglalapot egy nagy téglalapba és tekintsük a két téglalap metszeteként adódó kis téglalpot is (a 96. ábrán PQRS illetve PQRS)! Mind a két négyszög tartalmazza a kis téglalapot, és látni fogjuk, hogy a nagy és kis téglalap közti rész területét mind a ketten megfelezik.

96. ábra

Valóban,

T B H D F = T P Q R S + T B H R + T H D S + T D F P + T F Q B = = T P Q R S + T B Q H R 2 + T H R D S 2 + T D S F P 2 + T F P B Q 2 = T P Q R S + T P Q R S - T P Q R S 2 = T P Q R S + T P Q R S 2 .

illetve

T A G C E = T P Q R S + T A G P + T G C Q + T C E R + T E A S = T P Q R S + T A Q G P 2 + T G R C Q 2 + T C S E R 2 + T E P A S 2 = T P Q R S + T P Q R S - T P Q R S 2 = T P Q R S + T P Q R S 2 .

Ezzel beláttuk, hogy a két négyszög területe egyenlő.

10.2.0.6 A 2.2.10 fel. III. megoldása

(Egybevágóság)

Húzzuk be a vizsgált négyszögek átlóit, a BD, FH illetve az AC, GE szakaszokat (lásd a 97. ábrát)!

97. ábra

A BD, AC szakaszok ugyanannak a téglalapnak az átlói, tehát egyenlő hosszúak. Az FH, EG szakaszok is egyenlőek, hiszen ők is egy téglalap átlói.

Ráadásul BD és FH szöge megegyezik AC és EG szögével. Valóban, a BD szakaszból az AC szakasz az AB szakasz felezőmerőlegesére vonatkozó tükrözéssel, az FH szakaszból EG az FG szakasz felezőmerőlegesére vonatkozó tükrözéssel kapható. A két tükörtengely párhuzamos, így a szakaszok szöge nem változik.

A négyszög területét meghatározza a két átlója és az átlóinak szöge. Ezek az adatok a BHDF, AGCE négyszögeknél megegyeznek egymással, így területük is egyenlő.

A 2.2.11 feladat megoldásai

10.2.0.7 A 2.2.11 fel. I. megoldása

Illesszünk egy derékszögű koordinátarendszert a négyzethez, melyben a csúcsok koordinátái:

A ( 0 ; 0 ) , B ( 4 ; 0 ) , C ( 4 ; 4 ) , D ( 0 ; 4 ) , s E ( 0 , 1 ) .

A következő három egyszerű összefüggést használjuk fel, amelyeket itt nem bizonyítunk:

I. Lemma

A P(px,py) ponton átmenő m meredekségű egyenes egyenlete

y = m ( x - p x ) + p y .

II. Lemma

Az m0 meredekségű egyenesre merőleges egyenes meredeksége -1m.

III. Lemma

Az U(ux;uy), V(vx;vy) pontok távolsága

U V = ( u x - v x ) 2 + ( u y - v y ) 2 .

Az EC egyenes meredeksége 34 és átmegy E-n így I. Lemma szerint egyenlete:

E A : y = 3 4 x + 1 .

Az erre merőleges B-n átmenő egyenes messe EC-t T-ben. Az I., II. Lemmák szerint:

B T : y = - 4 3 ( x - 4 ) .

A két egyenes T(tx;ty) metszéspontjának koordinátái mindkét egyenes egyenletét igazzá teszik, így

3 4 t x + 1 = - 4 3 ( t x - 4 ) ,

amiből tx=5225 és ezt bármelyik egyenes egyenletébe visszaírva kapjuk, hogy ty=6425. A T pont és a B csúcs távolsága a III. Lemma alapján számítható:

B T = ( 4 - 52 25 ) 2 + ( 64 25 ) 2 = ( 48 25 ) 2 + ( 64 25 ) 2 = 48 2 + 64 2 25 2 =

= ( 16 3 ) 2 + ( 16 4 ) 2 25 2 = 16 2 ( 3 2 + 4 2 ) 25 2 = 16 25 3 2 + 4 2 = 16 25 5 = 16 5 = 3 , 2 .

A B pont távolsága a CE egyenestől 3,2 cm.

10.2.0.8 A 2.2.11 fel. II. megoldása

Jelölje a B-ből CE-re állított merőleges talppontját T, a keresett BT hosszt x, az ET szakasz hosszát y (lásd a 98. ábrát). Írjuk fel a Pitagorasz tételt a CDE, EAB derékszögű háromszögekre! (Mindenütt cm-ben számolunk.)

C D 2 + D E 2 = C E 2 4 2 + 3 2 = C E 2 5 = C E ,

A B 2 + A E 2 = B E 2 4 2 + 1 2 = B E 2 17 = B E 2 .

98. ábra

Most használjuk a Pitagorasz tételt az ETB, CTB háromszögekben!

y 2 + x 2 = 17 , ( 5 - y ) 2 + x 2 = 16 .

E két egyenlet összevetéséből

y 2 + x 2 = ( 5 - y ) 2 + x 2 + 1

azaz

y 2 + x 2 = 25 - 10 y + y 2 + x 2 + 1 ,

tehát 10y=26, y=2,6 és innen x=3,2. A B pont távolsága a CE egyenestől 3,2 cm.

10.2.0.9 A 2.2.11 fel. III. megoldása

Vizsgáljuk a CDE háromszög szögeit (lásd a 99. ábrát)! DCE=γ, DEC=ϵ, ahol γ+ϵ=90. Az ABCD négyzet C csúcsánál DCE+ECB=90, így ECB=ϵ. Ha B merőleges vetülete EC-n a T pont, akkor a BTC derékszögű háromszög egyik szöge ϵ, így TBC=γ.

99. ábra

A CDE, BTC háromszögek szögei egyenlők, így ez a két háromszög hasonló. Írjuk fel az oldalak arányának egyenlőségét (felhasználjuk az előző megoldásból, hogy CE=5 cm)!

D C C E = B T C B 4 5 = B T 4 B T = 3 , 2  cm .

A B pont távolsága a CE egyenestől 3,2 cm.

10.2.0.10 A 2.2.11 fel. IV. megoldása

Az ABCD négyzetet a CDE, EAB, BCE háromszögekre daraboljuk (lásd a 100. ábrát). Az első két háromszög derékszögű, területük 6 illetve 2 cm2, a négyzet területe 162, így a maradék BCE háromszög területe 8 cm2. Ebben a háromszögben a CE oldal hossza (a CDE derékszögű háromszögből Pitagorasz tétellel számolva) 5 cm, így a hozzá tartozó magasság 165=3,2 cm.

100. ábra

Ez a magasság épp a kérdezett távolság.

A 2.2.12 feladat megoldása

Az algebrai levezetést a 101. ábra segíti.

101. ábra

P A 2 = x 1 2 + x 3 2 , P A 2 = x 2 2 + x 3 2 ,

P C 2 = x 2 2 + x 4 2 , P D 2 = x 1 2 + x 4 2 ,

amiből

P A 2 + P C 2 = x 1 2 + x 2 2 + x 3 2 + x 4 2 = P B 2 + P D 2 .

Azaz PD2=72+12-52=25, tehát PD=5.

A 2.2.13 feladat megoldása

Jelölje a két húr metszéspontját P az a, b, c, d hosszú húrrészek P től különböző végpontját rendre A, B, C és D, az AB, CD húrok felezőpontját E illetve F, a kör középpontját O (lásd a 102. ábrát).

102. ábra

Az EO, FO szakaszok egy-egy húr felezőpontját a kör középpontjával kötik össze, így ezek a megadott húrok felezőmerőlegesei. Számoljuk ki a kör sugarát az OEA derékszögű háromszögben! Ebben

E A = 1 2 B A = a + b 2 ,

míg az OEPF négyszögben az E, P, F csúcsoknál derékszög van, így ez a négyszög téglalap, tehát

O E = F P = | F C - P C | = | 1 2 C D - c | = | c + d 2 - c | = | d - c 2 | .

A kör sugarának négyzete:

O A 2 = E A 2 + O E 2 = ( a + b 2 ) 2 + ( d - c 2 ) 2 ,

azaz

r 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2 a b - 2 c d 4 .

10.2.0.11 I. megjegyzés a 2.2.13 fel. megoldásához

Próbáljuk betűzés nélküli szöveggel elmondani a feladat eredményét!

Rögtön észrevesszük a (28) furcsaságát: melyik húr darabjainak szorzatát kell pozitív és melyikét negatív előjellel venni?

Hol jött be az aszimetria? Ott, ahol kiválasztottuk az OAE háromszöget, azaz az AB húrt! Ha a CD húrból indulunk ki, és pl az OCF háromszögben számolunk, akkor a fentiekhez hasonlóan az

F C = 1 2 C D = c + d 2 ,

O F = E P = | E A - P A | = | 1 2 A B - a | = | b - a 2 | ,

képletekből az

O C 2 = r 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 - 2 a b + 2 c d 4

összefüggéshez jutunk.

A (28), (29) egyenletek összegéből azt kapjuk, hogy

r 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 4 ,

ami az eddigieknél rövidebben és szimmetrikusan válaszol a feladat kérdésére. A (28), (29) egyenletek különbségéből pedig kiderül, hogy a feladatban leírt szituációban

a b = c d .

Valóban, ez az összefüggés a Szelőtétel a P pontból húztunk két szelőt a körhöz speciális esete (lásd a 9.7.13 a) feladatot).

10.2.0.12 II. megjegyzés a 2.2.13 fel. megoldásához

A tanórán megkérhetjük a diákokat, hogy megadott adatokból pl a=2, b=8, c=4, d=6 szerkesszék meg az ábrát. Ekkor is fény derülhet a turpisságra.

10.3 Geometria feladatok megoldása

A 2.3.1 feladat megoldása

a) A Thalesz tétel igazolja az említett összefüggéseket.

b) Valójában ez a háromszög nem jön létre, az Ek, El pontok egybeesnek egymással és a k, l körök P-től különböző Q metszéspontjával. Ha ugyanis a k körre és annak PK átmérőjére alkalmazzuk Thalesz tételét, akkor azt kapjuk, hogy KQP=90, míg az l körben ehhez hasonlóan LQP=90, azaz KQL=180, a KL egyenes Q-ban metszi a k és az l kört is.

A 2.3.2 feladat megoldásai

10.3.0.1 A 2.3.2 fel. I. megoldása

(A szögfelező mint mértani hely)

A C pont az AB egyenestől 1 egységnyire van. Mutassuk meg, hogy C az AD egyenestől is 1 egységnyi távolságra van!

10.3.0.2 A 2.3.2 fel. II. megoldása

(Terület)

Az ABD, ABC, BCD, DAC háromszög területét kiszámolva igazoljuk, hogy C az ABD háromszög beírt körének középpontja!

10.3.0.3 A 2.3.2 fel. III. megoldása

(Egyenlő szárú háromszög)

Pitagorasz tételéből tudjuk, hogy AD=5 egység. Az E(5;0) pont segítségével kiegészítjük a háromszöget az AED egyenlő szárú háromszöggé. Mutassuk meg, hogy AC ebben magasságvonal!

10.3.0.4 A 2.3.2 fel. IV. megoldása

(Vektorok)

Vegyük fel a b¯=AB,c¯=AC,d¯=AD vektorokat! Mivel b¯ hossza 4, d¯ hossza 5 egység, ezért az

5 b ¯ = ( 20 ; 0 ) , 4 d ¯ = ( 16 ; 12 )

vektorok egyenlő hosszúak.

5 b ¯ és 4d¯ közrezárt szöge a BAD. Így az A illetve a két vektor végpontja által meghatározott háromszög egyenlőszárú, ezért a szögfelező és a súlyvonal egybeesik. A súlyvonal a felezőpontba mutató vektor:

s ¯ = 5 b ¯ + 4 d ¯ 2 = ( 20 ; 0 ) + ( 16 ; 12 ) 2 = ( 36 2 ; 12 2 ) = ( 18 ; 6 ) .

Ez a vektor megegyezik a 6c¯=6(3;1)=(18;6) vektorral, tehát a szögfelező és c¯ ugyanabba az egyenesbe esnek, ezért AC valóban felezi a BAD szöget.

10.3.0.5 A 2.3.2 fel. V. megoldása

Alkalmazzuk a Szögfelező-tételt (2.3.3 feladat)!

A 2.3.4 feladat megoldása

Írjuk fel a koszinusztételt az ADB háromszögben az AB oldalra valamint az ADC háromszögben az AC oldalra! Mivel BDA+ADC=180, így ezen szögek koszinuszai egymás ellentettjei, a két egyenletből kiejthetők és kapjuk, hogy

A D 2 = A B 2 D C B C + A C 2 D B B C - D B D C .

A 2.3.5 feladat megoldása

Ismeretes, hogy bármely négyszög oldalfelező pontjai paralelogrammát alkotnak, melynek oldalai párhuzamosak az eredeti négyszög átlóival. Mivel egy paralelogramma pontosan akkor húrnégyszög, ha téglalap, így a) és b) ekvivalens.

A b), c) állítások is ekvivalensek. Ismeretes ugyanis, hogy egy háromszög a és b oldala között aszerint van hegyes-, derék- illetve tompaszög, hogy a2+b2>c2, a2+b2=c2, vagy a2+b2<c2. Ezt felhasználva az ekvivalencia az átlóegyenesek metszéspontja és a négyszög szomszédos csúcsai alkotta négy háromszög segítségével igazolható.

A d) állításból következik a többi állítás, de azokból nem következik d).

A 2.3.6 feladat megoldása

Az I. állításból következik a III. állítás, és a II. állításból is következik a III. állítás. A III. állításból következik, hogy az I., II. állítások közül legalább az egyik igaz. Az I., II. állítások közt nincs logikai kapcsolat.

A 2.3.7 feladat megoldása

10.3.0.6 Segítség a 2.3.7 feladathoz

Alkalmazzuk a Stewart-tételt illetve a szögfelező-tételt!

Az I., II. állítások közt nincs logikai kapcsolat. Látni fogjuk, hogy az I., II., állításokból következik a III. állítás, míg a III. állításból levezethető, hogy I. vagy II. biztosan teljesül.

A Stewart tétel szerint

A D 2 = A B 2 D C + A C 2 D B B C - B D D C ,

azaz III. ekvivalens a

A B 2 D C + A C 2 D B B C = A B A C

relációval. Ez az x=ABAC változóra nézve másodfokú egyenletnek is felfogható:

D C x 2 - ( D B + D C ) x + D B = 0 .

Ez szorzat alakban:

( x - 1 ) ( D C x - D B ) = 0 ,

azaz x=1, tehát a háromszög egyenlő szárú (AB=AC), vagy ABAC=DBDC, tehát AD szögfelező.

A 2.3.8 feladat megoldása

a) Nem.

b) Az I., II. III. és az I., III. II. állítások könnyen igazolhatóak ha az ábrát olyan háromszögekre osztjuk, amelyek egyik oldala az eredeti háromszög kerületén van, az azzal szemköztes csúcsuk pedig a beírt kör középpontja. Az ilyen háromszögek magassága a beírt kör sugara, így területük összehasonlítása a kerületük összehasonlítását jelenti.

II., III. I.: ha egy egyenes felezi a kerületet, akkor a kerülettel való metszéspontjait a beírt kör középpontjával összekötő szakaszok felezik a területet (lásd az előző gondolatmenetet). Másrészt maga az egyenes is felezi a területet, így illeszkedik rá a beírt kör középpontja.

A 2.3.9 feladat megoldása

a) Igen.

Ha a beírt kör I középpontja egyenlő távolságra van az A, B csúcsoktól, akkor IAB egyenlő szárú háromszög, amely szimmetrikus az AB szakasz t felezőmerőlegesére. A CA, CB oldalak a beírt kört érintik és különböznek az AB oldaltól. Az A és a B csúcson át AB-n kívül csak egy-egy további érintő húzható a beírt körhöz, és ez az AB egyenes AI-re illetve BI-re vonatkozó tükörképe. Ezek egymás t-re vonatkozó tükörképei, hiszen AB önmaga tükörképe, míg AI és BI egymás tükörképei. Így ABC is szimmetrikus t-re, azaz egyenlő szárú.

b) Nem.

Jelölje az AC, BC oldalak felezőpointját FAC illetve FBC, míg a beírt kör érintési pontját ezeken az oldalakon TAC és TBC (lásd a 103. ábrát).

Az ITACFAC, ITBCFBC háromszögek derékszögűek és ITAC, ITBC oldalaik egyenlőek (a beírt kör sugara), így az IFAC, IFBC szakaszok pontosan akkor egyenlőek, ha a TACFAC, TBCFBC szakaszok egyforma hosszúak.

Ismeretes, hogy (a szokásos jelölésekkel)

C T A C = C T B C = a + b - c 2 , C F A C = b 2 , C F B C = a 2 ,

azaz

T A C F A C = | a - c 2 | , T B C F B C = | b - c 2 | .

A két vizsgált szakasz tehát pontosan akkor egyenlő, ha (lásd a 103 ábrát)

a - c 2 = b - c 2 , azaz ha a=b, vagy ha

- a - c 2 = b - c 2 , azaz ha c=a+b2.

Az utóbbi esetre példa az a nevezetes háromszög, amelynek oldalai 3, 4 és 5 egység hosszúak.

103. ábra

A 2.3.10 feladat megoldása

Kétféle háromszögben fordul elő a megadott tulajdonság: az egyenlő szárúban (AB=AC) és abban, amelyikben BAC=60. Ezt alább indokoljuk.

Az INBA, INCA háromszögek két oldala (AI=AI, és INB=INC) és az egyikkel szemközti szög IANB=NCIA egyenlő. Ha végiggondoljuk a háromszög szerkesztését ezekből az adatokból, akkor láthatjuk, hogy most az INCA, INBA szögek vagy egyenlőek, vagy 180-ra egészítik ki egymást. Ezek a szögek a BNCC, CNBB háromszögek külső szögei, tehát kifejezhetők az eredeti háromszög szögeivel: INCA=β+γ2, míg INBA=γ+β2.

Ha INCA=INBA, akkor β=γ, az ABC háromszög egyenlő szárú. Ha INCA+INBA=180, akkor β+γ=120, azaz α=60.

Megfordítva, ha α=60, akkor 32(β+γ)=180, azaz INCA+INBA=180, így az INBANC négyszög húrnégyszög, amelyben az egymással egyenlő IANB, NCAI szögekhez egyenlő hosszúságú húrok tartoznak, azaz INB=INC.

előzetes megjegyzés a 2.3.11 feladathoz

A középiskolás diákok tipikus válasza: az a hiba, hogy az ábra rossz, mert a P pont a háromszögön kívül van, a háromszögek nem úgy állnak. Dr Agynak erre is van gondolatmenete.

Lehetséges, hogy a TB, TC pontok nem az oldalakon, hanem azok meghosszabbításai helyezkednek el (lásd a 104. ábrát). A feladat szövegében leírt gondolatmenet 1-5. lépései most is helyesek, a 6. részt kissé módosítani kell.

6. A 4., 5. állításokból következik, hogy AB=AC. Valóban AB=ATC-TCB, AC=ATB-TBC és ha egyenlőkből egyenlőket vonunk ki, akkor egyenlőket kapunk.

Így a 7. konklúzió is helyes marad, minden háromszög szabályos.

104. ábra

A 2.3.11 feladat megoldása

Az 1., 2., 3., 4., 5. logikai lépések hibátlanok. A hiba valóban az ábrában van.

A BC szakasz felezőmerőlegese és a BAC szögfelezője is felezi az ABC háromszög körülírt körének A-t nem tartalmazó BC ívét. A két egyenes közös pontja lesz ezen ív P felezőpontja.

Ebből következik, hogy a ATBPTC négyszög húrnégyszög, azaz az ATBP, PTCA szögek 180-ra egészítik ki egymást. Ez azt jelenti, hogy az PTBC, PTCB háromszögek úgy egybevágóak egymással, hogy ha TB az AC szakaszon van, akkor TC az AB szakaszon kívülre esik, míg ha TB az AC szakaszon kívül van, akkor TC az AB szakaszra esik.

Így a 6. lépés helyesen ez: vagy AB=ATC+TCB és AC=ATB-TBC vagy AB=ATC-TCB és AC=ATB+TBC.

Így az egymással egyenlő ATC, ATB szakaszok egyikéhez hozzáadjuk, a másikból pedig kivonjuk az egymással egyenlő TCB, TBC szakaszokat. Az AB, AC szakaszok így akkor és csakis akkor lesznek egyenlőek, ha a TCB, TBC szakaszok hossza zérus, azaz ha ABP=ACP=90, tehát ha AP a körülírt kör átmérője. Erre az átmérőre, ami szögfelező is, természetesen szimmetrikus a háromszög, azaz egyelő szárú. Más esetben nem az.

10.4 Algebra feladatok megoldása

A 2.4.1 feladat megoldása

Ésszerű próbálgatással juthatunk eredményre:

a) A lehető legkisebb számot érdemes a lehető legnagyobbal osztani: 123:54=2,2

b) A lehető legnagyobb számot érdemes a lehető legkisebbel osztani: 543:12=45,25.

c) 354:12=29,5.

d) 412:35=11,7

e) Jó megoldás például az 532:14=38 (vagy 215:43=5).

A 2.4.2 feladat megoldása

( 10 a + b ) ( 10 c + d ) = ( 10 b + a ) ( 10 d + c ) , amiből ac=bd.

A 2.4.3 feladat megoldása

( 5 + 6 ) 3 : 11 + 7 = 10 5 + 6 3 : ( 11 + 7 ) = 6

( 27 + 18 ) : 9 + 36 2 = 77 27 + 18 : 9 + 36 2 = 101

( 27 + 18 ) : ( 9 + 36 ) 2 = 2 ( 27 + 18 : 9 + 36 ) 2 = 130

( 39 - 27 ) : 3 : ( 3 + 1 ) = 1

10.4.0.1 Megjegyzés a 2.4.3 feladathoz

A feladathoz kapcsolódó egyéb kérdések:

Hány különböző végeredményt kaphatunk zárójelek felhasználásával az első műveletsorból?

Ezek közül mennyi a legkisebb, és mennyi a legnagyobb végeredmény?

A 2.4.4 feladat megoldása

Tegyük fel, hogy x tojással indult el.

Az első vevőnek eladott x+12=k tojást, maradt x-12=k-1 tojása.

A második vevőnek eladott k-13+13=l tojást, maradt k-1-k3=2l-1 tojása.

A harmadik vevőnek eladott 2l-14+14=l2=n-et, maradt 4n-1-n=3n-1.

Ebből x=2k-1=6l-1=12n-1.

Vagyis a lehető legkevesebb számú tojás, amivel elindulhatott, 11 tojás. Az első vevőnek eladott 6-ot; a másodiknak a maradék harmadát és még egy harmadot, vagyis 2-t; a harmadiknak a maradék negyedét és még egy negyedet, vagyis 1-et; maradt 2 tojása.

Előzetes megjegyzés a 2.4.5 feladathoz

105. ábra. A cézium bomlása

A béta-sugárzás a neutronfelesleggel rendelkező atommagok bomlása. Egy neutron átalakul protonná, miközben egy elektron keletkezik. Az atomból nagy sebességgel kilépő elektron a béta-részecske. A béta-bomlás során az atom rendszáma egyel nő, tömegszáma változatlan marad. Pld a 105 ábrán látható módon az 55-ős rendszámú 137-es céziumizotópból 56-os rendszámú 137-es bárium lesz.

Amennyiben egy baleset során radioaktív anyagok kerülnek ki a környezetbe, eleinte elsősorban a rövid felezési idejű izotópok adhatnak okot az aggodalomra, mivel ezek képviselik eleinte a legnagyobb aktivitást. A csernobili atomerőmű baleset után közvetlenül a 131-es jód izotóp okozta a legnagyobb sugárterhelést a lakosság körében. 8 napos felezési ideje miatt azonban hamar lebomlott, így egy hónappal a baleset után már elenyésző hatása volt. Ma már a baleset során a környezetbe kikerült radioaktív 137-es cézium izotóp az érdekes, mivel felezési ideje 30 év.

A 2.4.5 feladat megoldása

Azt az időtartamot nevezzük felezési időnek, ami alatt adott számú radioaktív atom fele elbomlik. A felezési idő jelentése a példánkban: ha induláskor van 10 000 cézium atom, akkor 30 év elteltével már csak 5000 db lesz, ami még nem bomlott el. Újabb 30 év, tehát 60 év elteltével már csak 2500 db, míg 90 év után csak 1250 db, 120 év után 625 darab el nem bomlott cézium atomot számolhatunk össze.

106. ábra. Bomlás: a cézium mennyisége az idő függvényében

A pillanatnyi részecskeszámot N(t)=N(0)e-λt alakban kell felírni (lásd a 106 ábrát).

A feladat a) részéhez λ értékét kell meghatározni. Tudjuk, hogy N(30)=N(0)/2 és N(30)=N(0)e-30λ. Feltéve, hogy N(0) nem nulla, egyszerűsítünk vele és megoldjuk a kapott egyenletet: λ=ln230 .

A cézium bomlását a következő szabály írja le:

N ( t ) = N ( 0 ) e - ln 2 30 t .

A feladat b) részéhez ezt a szabályt alkalmazzuk: t mely értékére lesz

N ( 0 ) e - ln 2 30 t = N ( 0 ) / 2 ?

A grafikon és a fejben kiszámolt adatok alapján ez 90 és 120 év között van, a 90-hez közelebb. Az egyenletet megoldva

t = 30 ln 10 ln 2 99 , 6578

adódik (években).

A 2.4.6 feladat megoldása

a) Szélcsendben nyilván legfeljebb 440 mérföldnyi távolságra mehet el úgy, hogy visszafelé is elég üzemanyaga legyen.

20 mf/h ellenszél esetén odafelé csak 200, visszafelé 240 mf/h sebességgel tud haladni, így az üzemanyag s200+s240=4 órára elég, amiből s=480011<440 (kb. 436 mf).

b) Hátszél esetén ugyanez a helyzet, csak éppen az odafelé út vesz igénybe rövidebb időt, a visszafelé hosszabbat.

c) Merőleges szélirány esetén 1 óra alatt 2202-202 mérföldet tud megtenni (oda is, vissza is), ami kb. 438 mf-et jelent.

d) Bontsuk fel a sebességvektort a haladási iránnyal párhuzamos és arra merőleges összetevőkre.

A 2.4.7 feladat megoldásai

10.4.0.2 A 2.4.7 fel. I. megoldása

Ha a díjmentesen megengedett csomag súlya x és Mr. Smith túlsúlya y, akkor Mr. Smith összesen x+y, Mrs. Smith pedig x+43y súlyt vitt. Ha egyikük vitte volna az egész csomagot, akkor ő 2x+y+43y súlyt vitt volna, amiből a túlsúly x+73y=9y lett volna. Ebből x=203y, és mivel az összsúly 94 font, 2x+73y=473y=94 font, amiből y=6, így x=40 font. (és Mrs. Smith 48 fontot vitt, amiből a túlsúly 8 font, valóban 4/3-szorosa a Mr. Smith túlsúlyának)

10.4.0.3 A 2.4.7 fel. II. megoldása

Tételezzük fel, hogy a túlsúlyért annak mértékével egyenesen arányosan kell fizetni. Ha Mr. Smith egyedül repült volna kettőjük csomagjával, akkor a 13,50 fonttal, amit fizetnie kellett volna, kifizette volna mindkettőjük túlsúlyát és még a felesége csomagjának különben külön díj fizetése nélkül vihető részét is. Vagyis ha a külön díjmentes csomagot túlsúlyként viszi valaki, azért 10 fontot kell fizetnie. Vagyis az összes 94 font súlyú poggyászért túlsúlyként 23,50 fontot kéne fizetni.

Ezek szerint a túlsúlyként 10 fontnyi csomag 40 font súlyú. Vagyis ezen a járaton egy személy 40 font vagy annál kisebb súlyú csomagot vihet magával ráfizetés nélkül.

A 2.4.8 feladat megoldása

Tegyük fel, hogy az apa x koronával rendelkezett és n gyereke volt.

Az első gyerek 100+x-10010 koronát kapott, maradt x-100-x-10010=9x-90010=y

A második 200+y-20010-et kapott, (maradt y-200-y-20010).

Mivel minden gyerek ugyanannyit kapott, 100+x-10010=200+y-20010.

Felhasználva, hogy y=9x-90010 azt kapjuk, hogy x=8100, és 9 gyereke volt az apának, és mindegyikük 900 koronát kapott.

A 2.4.9 feladat megoldása

Az első motoros x órát volt úton, a második x2 órát volt úton. Az első motoros y3 órát pihent, a második y órát pihent. Mivel ugyanazt a távolságot ugyanannyi idő alatt tették meg, x+y3=x2+y ebből x2=2y3, amiből x=43y, vagyis y<x, azaz a második motoros haladt gyorsabban.

Lásd még a 7-8-os és a 9-10 matematika tagozatos gyűjtemény

http://matek.fazekas.hu/mathdisplay/cache/pdf/volume_a_i.pdf

http://matek.fazekas.hu/mathdisplay/cache/pdf/volume_a_ii.pdf

megfelelő fejezetének feladatait.

A 2.4.11 feladat megoldása

Az a), b) feladatok megoldása a 107 ábrapáron, c) és d) megoldása a 108 ábrapáron, e) és f) megoldása a 109 ábrapáron, g) és h) megoldása a 110 ábrapáron, míg i) megoldása a 111 ábrán látható.

107. ábra. A \refprobl:tj1eneritmetikaapr20alg60 a), b) mego.

108. ábra. A \refprobl:tj1eneritmetikaapr20alg60 c), d) mego.

109. ábra. A \refprobl:tj1eneritmetikaapr20alg60 e), f) mego.

110. ábra. A \refprobl:tj1eneritmetikaapr20alg60 g), h) mego.

111. ábra. A \refprobl:tj1eneritmetikaapr20alg60 i) mego.

A 2.4.12 feladat megoldásai

10.4.0.4 A 2.4.12 fel. szemléltetése

Hogyan változik az egyenes, miként metszi az adott függvény grafikonját, ha változtatjuk az m paraméter értékét?

A

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/08i.html

weboldal interaktív GeoGebra animációt tartalmaz. Az m paraméter értékét a felhasználó kezeli, kísérletezhet vele.

10.4.0.5 A 2.4.12 fel. eredménye

Ha m<-2, akkor egy megoldás van, x=0.

Ha m=-2, akkor végtelen sok megoldás van, x-12.

Ha -2<m<0, akkor két megoldás van, x1=0 és x2=-2m-2.

Ha m=0, akkor végtelen sok megoldás van, x1 és x=0.

Ha 0<m, akkor egy megoldás van, x=0.

A 2.4.13 feladat megoldása

Az n-edik ilyen L-alakú rész jobb alsó sarka a szorzótábla főátlójának n-edik eleme, azaz n2. Az L-alakú rész többi elemét párosítsuk a 112 ábrán látható módon! A pár két tagja kn és n(n-k), ahol n{1,2,(n-1)}. A két tag összege n2, így az összes ilyen pár összege (n-1)n2, a teljes összeg n2+(n-1)n2=n3.

112. ábra

10.4.0.6 I. megjegyzés a 2.4.13 feladathoz

Az első n ilyen L-alakú részben található számok összege tehát az első n pozitív egész szám köbének összege. Másrészt az első n L-alakú rész épp a bal felső n×n-es részt adja ki a szorzótáblából. Ebben az {1,2,,n} számoknak az {1,2,,n} számokkal való szorzatai állnak. Ezek összege (1+2++n)(1+2++n). Tehát az első n pozitív egész szám köbének összege megegyezik az első n pozitív egész szám összegének négyzetével.

10.4.0.7 II. megjegyzés a 2.4.13 feladathoz

A megoldást térben is szemléltethetjük, a szorzótáblában az lk elemnek egy 1×l×k méretű lapos téglatestet megfeleltetve az L-alakú részekhez tartozó testek egy-egy kockává állnak össze.

10.5 Statisztika feladatok megoldása

A 2.5.1 feladat megoldásai

A 2.5.1 a) mego.

Jelölje a keresett számot x!

Az f(x)=(x-1)2+(x-5)2+(x-12)2 függvény minimumát keressük. A zárójeleket felbontva, teljes négyzetté alakítás után az f(x)=3(x-6)2+62 alakhoz jutunk. Mivel (x-6)2 nemnegatív mennyiség, így a minimum ott lesz ahol ez nulla, azaz x=6-nál. A minimum értéke 62.

10.5.0.1 Megjegyzés a 2.5.1 a) feladathoz

Az A={a1,a2,,an} számsokaság (nem halmaz, mert ugyanaz a szám többször is előfordulhat közöttük) és xR valós szám átlagos négyzetes eltérésén az

( x - a 1 ) 2 + ( x - a 2 ) 2 + + ( x - a n ) 2 n = i = 1 n ( x - a i ) 2 n

kifejezés értékét értjük. Adott adatsokaság esetén akkor kapjuk a legkisebb átlagos négyzetes eltérést, ha x-nek az adatsokaság átlagát választjuk. Valóban:

i = 1 n ( x - a i ) 2 n = ( x - i = 1 n a i n ) 2 + i = 1 n a i 2 n - ( i = 1 n a i n ) 2 .

A minimum értéke, a

D 2 = i = 1 n a i 2 n - ( i = 1 n a i n ) 2

mennyiség az A adathalmaz szórásnégyzete, gyöke az adathalmaz szórása.

10.5.0.2 A 2.5.1 b) mego.

Most a g(x)=|x-1|+|x-5|+|x-12| függvény minimumhelyét keressük. Mivel

| a | = { a ,  ha  a 0 ; - a ,  ha  a < 0 ;

így a x<1, 1x<5, 5x<12, 12x halmazokon másképp szabadulhatunk meg az abszolútértéktől:

31. táblázat

A függvény grafikonja a 113. ábrán látható.

113. ábra

A grafikonról leolvasható, hogy a függvény minimuma x=5-nél van.

Az A={a1,a2,,an} számsokaság és az xR valós szám átlagos abszolú eltérésén az

| x - a 1 | + | x - a 1 | + + | x - a n | n = i = 1 n | x - a i | n

kifejezés értékét értjük. Alább igazoljuk, hogy az x számnak az A adatsokaságtól való átlagos abszolút eltérése akkor minimális, ha x az A nagyságrendben középső eleme (ha A elemszáma páratlan), illetve ha A középső két eleme között lévő tetszőleges szám (H elemszáma páros).

Tegyük fel, hogy az x szám úgy helyezkedik el a számegyenesen az A számsokasághoz képest, hogy annak k eleme kisebb vagy egyenlő x-nél és m eleme legalább akkora, mint x. Most változtassuk meg x-et egy kis Δx értékkel, oyan kicsivel, hogy még mindig m érték legyen nála nagyobb és k érték nála kisebb. Ekkor a távolságok abszolút értékeinek összege Δx(m-k)-val változik, tehát a megfelelő irányban a többség felé mozgatva csökken az összeg. Így az összeg monoton nő míg elérjük a középső számot, majd a két középső között (páros sok szám esetén) állandó, utána pedig csökken. Ez igazolja fenti állításunkat.

10.5.0.3 Megjegyzés a 2.5.1 b) feladathoz

Az adatsokaság nagyság szerinti középső elemét (páratlan sok adat) illetve a két középső átlagát (páros sok adat) az adatsokaság mediánjának nevezzük. A medián tehát minimalizálja az átlagos abszolút eltérést.

A 2.5.2 feladat megoldása

Felelevenítjük annak levezetését, hogy az átlagos négyzetes eltérés az átlagnál minimális. Az x szám átlagos négyzetes eltérése az {x1;x2;;xn} számsokaságtól:

i = 1 n ( x - x i ) 2 n = x 2 - 2 x i = 1 n x i n + i = 1 n x i 2 n =

= ( x - i = 1 n x i n ) 2 + i = 1 n x i 2 n - ( i = 1 n x i n ) 2 .

Látható, hogy a kifejezés a minimumát az x=x¯=i=1nxin számnál, a sokaság átlagánál veszi fel. Az átlag négyzetes eltérése a számsokaságtól a

D 2 = i = 1 n x i 2 n - ( i = 1 n x i n ) 2

szórásnégyzet. A levezetés és az elnevezések alapján az x szám átlagos négyzetes eltérése a számsokaságtól így is írható:

( x - x ¯ ) 2 + D 2 .

Válasz a feladatra: igen megadható, (11-3)2+D2=64+25=89.

A 2.5.3 feladat megoldásai

10.5.0.4 A 2.5.3 a) mego.

A P(x;y) pontra

P A 2 = ( x - 1 ) 2 + ( y - 5 ) 2 = x 2 - 2 x + y 2 - 10 y + 26 P B 2 = ( x - 7 ) 2 + ( y - 10 ) 2 = x 2 - 14 x + y 2 - 20 y + 149 P C 2 = ( x - 4 ) 2 + ( y - 12 ) 2 = x 2 - 8 x + y 2 - 24 y + 160 ,

azaz

P A 2 + P B 2 + P C 2 = 3 x 2 - 24 x + 3 y 2 - 54 y + 335 = 3 ( x 2 - 8 x + y 2 - 18 y + 111 2 3 ) =

= 3 ( ( x - 4 ) 2 + ( y - 9 ) 2 + 14 2 3 ) .

Tehát a négyzetösszeg akkor minimális, ha x=4 és y=9, azaz P a (4;9) pont.

10.5.0.5 A 2.5.3 b) mego.

Most

P A 2 + P B 2 + P C 2 = 3 x 2 - 2 ( a 1 + b 1 + c 1 ) x + 3 y 2 - 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) y + ( a 1 2 + b 1 2 + c 1 2 + a 2 2 + b 2 2 + c 2 2 ) =

= 3 [ ( x - a 1 + b 1 + c 1 3 ) 2 + ( y - a 2 + b 2 + c 2 3 ) 2 ] + + 3 [ a 1 2 + b 1 2 + c 1 2 + a 2 2 + b 2 2 + c 2 2 3 - ( a 1 + b 1 + c 1 3 ) 2 - ( a 2 + b 2 + c 2 3 ) 2 ] ,

azaz P(a1+b1+c13;a2+b2+c23).

10.5.0.6 A 2.5.3 c) mego.

A b) feladat számításait követve kapjuk, hogy a keresett mértani hely az ABC háromszög súlypontja körüli kör.

10.5.0.7 Megjegyzés a 2.5.3 feladathoz

Ez a síkgeometriai feladat a 2.5.1 a) feladat kiterjesztése. Az átlagos négyzetes eltérés és a szórásnégyzet egyik előnye éppen abban áll, hogy kényelmesen általánosíthatók több dimenzióra. Az átlagos abszolút eltérés kiterjesztése jóval bonyolultabb. Három síkbeli pont esetén még szép, megoldható feladat annak a pontnak a keresése, amelyiknek az adott pontoktól való távolságainak összege minimális (izogonális pont), de több pont esetén nagyon nehéz a kérdés.

A 2.5.5 feladat megoldásai

10.5.0.8 A 2.5.5 fel. I. megoldása

Ez természetesen nem fordulhatott elő. Adjunk gondolatban 9 pontot a legerősebb, 8-at a második legerősebb, , 1 pontot a leggyengébb játékosnak. Adjuk össze minden csapatnál a játékosok pontszámát. Ahol a legnagyobb pontszámot fogjuk kapni, az lesz a legerősebb csapat, mindenkit megver, és amelyik csapatnál a legkisebb lesz az összeg, azt mindenki megveri. Ha pedig egyenlő összpontszámok vannak, ott döntetlen lesz a csapateredmény, akkor sem lesz körbeverés.

10.5.0.9 Megjegyzés a 2.5.5 fel. I. megoldásához

Ez a megoldás, sajnos, hibás.

10.5.0.10 A 2.5.5 fel. II. megoldása

A számok az előző megoldásban leírtakhoz hasonlóan az egyéni játékosok erősségét jelzik:

A csapat: 9, 5, 1;

B csapat: 8, 4, 3;

C csapat: 7, 6, 2;

Két csapat tagjai 9 meccset játszanak egymással, és az egyik csapat akkor győzi le a másikat, ha tagjai összesen legalább 5 mérkőzést megnyernek.

A fenti csoportosításban az A csapat legyőzi a B-t , a B a C-t és C az A-t 5-5 meccsen.

Tehát a feladat kérdésére a válasz igen.

10.5.0.11 Megjegyzés a 2.5.5 feladathoz

Folytatás a 7.2.7 feladatban.

10.6 Valószínűségszámítási feladatok megoldása

A 2.6.1 feladat megoldásai

10.6.0.1 A 2.6.1 fel. I. megoldása

Foglaljuk táblázatba a lehetőségeket! Az oszlopok az 1. kockával dobott számot (1. ), a sorok a 2. kockával dobottat (2. ) mutatják. A 36 mező felel meg a 36 lehetséges esetnek, fekete pöttyöt tettünk a vizsgált eseménynek megfelelő esethez tartozó mezőkbe.

32. táblázat

&

33. táblázat

Látható, hogy az A esemény a 36 elemi esemény közül 9-ben, a B esemény pedig 11 eseben valósul meg, tehát a B esemény valószínűsége nagyobb.

10.6.0.2 A 2.6.1 fel. II. megoldása

Az A esemény valószínűsége P(A)=3636=936=14.

A B esemény valószínűsége komplementer módszerrel számolható. Bármelyik dobásunk 56 eséllyel nem 1-es, így P(B)=1-(56)2=1-2536=1136.

Tehát a B esemény valószínűsége nagyobb.

A 2.6.2 feladat megoldása

a) Az eseteket táblázatban gyűjtjük össze. Az 1. felirat alatt az első kockadobás lehetséges eredményeit, a 2. felirat mellett a második kockadobás lehetséges eredményét soroltuk fel.

34. táblázat

&

35. táblázat

Látható, hogy az A esemény kevésbé valószínű, mint a B esemény, előbbinek 636=16 az esélye, utóbbinak pedig 936=14.

b) Mindkét esemény 14 valószínűségű.

A 2.6.3 feladat megoldása

Annak valószínűsége nagyobb, hogy a hatjegyű szám nem állítható elő két háromjegyű szám szorzataként. Látni fogjuk, hogy a szorzatok száma kevés, még akkor is, ha a szorzatok értékét nem is vesszük tekintetbe, csak a tényezők értékét vizsgáljuk.

Hatjegyű számból 9105 van, háromjegyűből 9102. Ha a szorzatnak két különböző tényezője van, akkor ezeket

( 9 10 2 2 ) -

féleképpen választhatjuk ki. Mivel

( 9 10 2 2 ) < ( 9 10 2 ) 2 2 = 8 , 1 2 10 5 < 4 , 1 10 5 ,

így ezen lehetőségek száma 4,1105-nál kevesebb.

9 10 2 olyan szorzat van, amelynek két tényezője azonos és háromjegyű. Mivel

9 10 2 < 0 , 4 10 5 ,

összesen 4,5105-nél kevesebb olyan hatjegyű szám van, amely két háromjegyű szám szorzata, így valóban annak esélye nagyobb, hogy egy hatjegyű szám nem ilyen alakú.

A 2.6.4 feladat megoldása

n kocka esetén

f ( n ) = n 1 6 ( 5 6 ) n - 1

a vizsgált valószínűség. Vizsgáljuk ezen értékek arányát! Két egymást követő érték hányadosa:

f ( n + 1 ) f ( n ) = n + 1 n 5 6 .

Ezeknek a hányadosoknak a konkrét értéke:

f ( 2 ) f ( 1 ) = 2 1 5 6 = 5 3 , f ( 3 ) f ( 2 ) = 3 2 5 6 = 5 4 ,

f ( 4 ) f ( 3 ) = 4 3 5 6 = 10 9 , f ( 5 ) f ( 4 ) = 5 4 5 6 = 25 24 ,

f ( 6 ) f ( 5 ) = 6 5 5 6 = 1 , f ( 7 ) f ( 6 ) = 7 6 5 6 = 35 36 ,

és innentől kezdve mindegyik arány kisebb 1-nél hiszen az 56-ot egy 65-nél kisebb számmal szorozzuk.

Amíg az arány 1-nél nagyobb, addig a kifejezés értéke nő, ha 1 az arány, akkor nem változik az érték, míg 1-nél kisebb arány esetén csökken. A maximális értéket tehát f(5) és f(6) adja, tehát 5 és 6 kocka esetén lesz a legnagyobb annak a valószínűsége, hogy pontosan egy hatos van a dobott számok között.

A 2.6.5 feladat megoldása

Legyen a fiú nyerési esélye Apa ellen p, míg Papa ellen q>p, tehát Apa illetve Papa nyerési esélye (1-p) illetve (1-q) (döntetlennel nem számolunk). Az a) feladatban (1-p)=23, (1-q)=12, azaz p=13, q=12.

A fiú háromféleképpen lehet sikeres:

NyerNyerNyer, NyerNyerVeszt, VesztNyerNyer.

Az Apa-Papa-Apa felosztásnál ezek esélye rendre

p q p , p q ( 1 - p ) , ( 1 - p ) q p ,

ami összesen

p q p + p q ( 1 - p ) + ( 1 - p ) q p = p q ( p + ( 1 - p ) + ( 1 - p ) ) = q p ( 2 - p ) ,

míg Papa-Apa-Papa esetben

q p q , q p ( 1 - q ) , ( 1 - q ) p q ,

azaz összesen

q p q + q p ( 1 - q ) + ( 1 - q ) p q = q p ( q + ( 1 - q ) + ( 1 - q ) ) = q p ( 2 - q ) .

Mivel q>p, így az elsőnek kapott valószínűség a nagyobb, az Apa-Papa-Apa felosztás jobb a fiúnak.

A 2.6.6 feladat megoldásai

10.6.0.3 A 2.6.6 fel. I. megoldása

Szita

Annak az esélye, hogy a 8-as nyerőszám egy húzásnál:

q = ( 34 6 ) ( 35 7 ) = 34 33 29 6 ! 35 34 29 7 ! = 7 35 = 1 5 .

Így q2=125 Annak esélye, hogy a 8-as két különböző húzásnál is nyerő szám. Legyen A az az esemény, hogy a 8 nyerő szám a kézi húzásnál, B az az esemény, hogy a gépinél nyerő, tehát AB az az esemény, hogy mindkettőnél nyerő, míg A+B az az esemény, hogy legalább az egyiknél nyerő. A halmazokra vonatkozó szita formulának megfelelően:

p ( A + B ) = p ( A ) + p ( B ) - p ( A B ) = q + q - q 2 = q ( 2 - q ) = 9 25 = 0 , 36 .

10.6.0.4 A 2.6.6 fel. II. megoldása

Esetek

Az előző megoldásban kapott q=15 annak esélye, hogy egy adott húzásnál a 8-as nyerő szám, így 1-q=45 annak az esélye, hogy a 8-as nem nyerő szám egy adott húzás esetén.

Három eset van: 8-as csak a kézi, vagy csak a gépi, vagy mindkét húzásnál nyerő. Ezek esélye rendre q(1-q), (1-q)q, qq, tehát a kérdezett valószínűség

q ( 1 - q ) + ( 1 - q ) q + q q = 2 q - q 2 = 9 25 = 0 , 36 .

10.6.0.5 A 2.6.6 fel. III. megoldása

Komplementer módszer

Az előző megoldásban kapott q-val számolva (1-q)2 annak esélye, hogy a 8-as az egyik húzásnál sem nyerő, tehát

1 - ( 1 - q ) 2 = 2 q - q 2 = 9 25 = 0 , 36

annak az esélye, hogy a 8-as legalább az egyik húzásnál nyerő.

Segítség a 2.6.7 feladathoz

Mekkora az esélye n érme feldobásakor, hogy mind írás lesz?

A 2.6.8 feladat megoldásai

10.6.0.6 A 2.6.8 feladat eredménye

1 100 .

10.6.0.7 A 2.6.10 fel. I. megoldása

a) A két állat csak az átlón találkozhat, miután mindkettő négyet lépett. Négy lépését mindketten 24=16-féleképpen tehetik meg. Az átló egyes mezőire mindkét állat rendre

1 , 4 , 6 , 4 , 1

-féleképpen, tehát

1 2 4 , 4 2 4 , 6 2 4 , 4 2 4 , 1 2 4

valószínűséggel juthat el. Így annak valószínűsége, hogy az átló egyik konkrét mezőjén találkozzanak rendre

( 1 2 4 ) 2 , ( 4 2 4 ) 2 , ( 6 2 4 ) 2 , ( 4 2 4 ) 2 , ( 1 2 4 ) 2 ,

azaz összesen

1 + 16 + 36 + 16 + 1 2 8 = 70 256 = 35 128 = 0 , 2734375 .

b) az a) esethez hasonlóan az n×n-es táblán a keresett valószínűség

( ( n 0 ) ) 2 + ( ( n 1 ) ) 2 + ( ( n 2 ) ) 2 + + ( ( n n ) ) 2 2 2 n .

10.6.0.8 A 2.6.10 fel. II. megoldása

a) Képzeljük el, hogy a macska és az egér találkoznak, majd a macska az egér nyomán visszafelé végighaladva elmegy az egérlukig. Ilymódon a macska a tábla egyik sarkából az azzal átellenes sarkáig jut el. Az ilyen utaknak a számát adják meg a Pascal háromszög számai: ez most (84)=70.

A (macskának) kedvező esetek száma tehát (84), míg összesen (24)2 eset van, így a kérdezett valószínűség:

( 8 4 ) 2 8 = 70 256 = 35 128 = 0 , 2734375 .

b) az a) esethez hasonlóan az n×n-es táblán a keresett valószínűség

( 2 n n ) 2 2 n .

10.6.0.9 Megjegyzés a 2.6.10 fel. megoldásaihoz

A két megoldás összevetésekor felismerhetjük a nevezetes összefüggést: a Pascal háromszög n-edik sorában álló elemek négyzetösszege (2nn).

Lásd még a 5.4.7., 5.4.8. feladatokat.

A 2.6.11 feladat megoldásai

10.6.0.10 A 2.6.11 fel. I. megoldása

Két csapatot választunk, egy Elsőt és egy Másodikat. Ehhez azonban elég az Első csapatot kiválasztani, a maradék lesz a Második. A kérdés így is fogalmazható: Mennyi az esélye, hogy az Első csapatba a két legjobb játékos közül pontosan egy kerül?.

A 22 játékosból az Első csapatban játszó 11-et összesen (2211)-féleképpen választhatjuk ki. Az a kedvező, ha ebbe a 11-be a 2 legjobb közül 1-et, a maradék 20-ból pedig 10-et választunk. Erre (21)(2010) lehetőség van. Az eredmény:

p = ( 2 1 ) ( 20 10 ) ( 22 11 ) = 2 11 22 21 11 = 11 21 0 , 5238095238 .

10.6.0.11 A 2.6.11 fel. II. megoldása

Képzeljük el úgy, hogy egy sorban van egymás mellett 22 hely, az első 11 helyre kerülőkből fog állni az 1. csapat, a 12-22. helyre kerülőkből pedig a 2. csapat. A két legjobb játékos helyét összesen (222)-féleképpen választhatjuk ki a 22 helyből. Az a kedvező, ha egy-egy hely kerül az első 11 illetve a második 11 helyre, erre (111)(111) lehetőség van. A kérdezett valószínűség értéke:

( 11 1 ) ( 11 1 ) ( 22 2 ) = 11 11 22 21 2 = 11 21 .

10.6.0.12 A 2.6.11 fel. III. megoldása

Az első legjobb játékost bármelyik csapatba rakjuk, a második legjobb játékosnak mellé az első csapatába még 10 helyre kerülhet, míg a másik csapatba 11 helyre. Így 11210,5238095238 az esélye, hogy különböző csapatba kerülnek.

A 2.6.12 feladat megoldása

Bármelyik sorszámot kapja is a győztes 7 olyan játékos lesz, aki vele egy ágon lesz a döntőig és 8 olyan, aki a másik ágon lesz. Az általános esetben 2n-1, ill. 2n a győztes ágához illetve a másik ághoz tartozó játékosok száma. Így a válaszok:

a) 815 ill. általában 2n-12n-1.

b) (82)(152)=415 ill. általában (2n-12)(2n-12)=2n-22n-1.

Kérdések a 2.6.12 feladattal kapcsolatban

Mennyi az esélye, hogy a k-adik csapat bejut a döntőbe? Válaszoljunk a kérdésre minden k{1,2,3,,16} szám esetén!

10.7 Játékok feladatok megoldása

A 2.7.1 feladat megoldása

Első pillanatra úgy tűnik, hogy a mezők kiszínezhetők két színnel úgy, hogy a szomszédos mezők különböző színűek legyenek és a kezdeti állapotban a két állat azonos színű mezőn álljon. Ha ez így lenne, akkor a Farkas minden lépése után különböző színű mezőre kerülne a két állat, a nyuszinak pedig mindig lenne lehetősége máshová lépni, mint ahol a farkas áll, így a farkas sohasem kapná el a nyuszit.

A két felső csúcs közti hosszú íves él azonban elrontja ezt és lehetőséget ad a farkasnak. A játék elején második lépésével átmegy ezen az élen és utána könnyen beszorítja, elkapja a nyuszit.

Segítség a 2.7.2 feladathoz

Figyeljük az utolsó érmét! Biztos, hogy befejeződik a játék véges sok lépésben?

A 2.7.3 feladat megoldása

A játékban a résztvevők tevékenységétől függetlenül mindig Második nyer, mert a kifejezés értéke minden előjelezésnél páratlan.

10.7.0.1 Megjegyzés a 2.7.3 feladathoz

A probléma a 8.3.3 feladatban folytatódik.

Segítség a 2.7.4 feladathoz

Soroljuk fel azokat a végállásokat, amelyekben Kezdő nyert!

A 2.7.5 fel. eredménye

Kezdő tud nyerni.



[3] A megoldás hátránya, hogy hosszadalmas, megbizhatatlan, sok hibalehetőséget rejt magában, ráadásul hajlamosak rá a diákok, hogy az első lehetséges megoldásnál lecövekelnek.

[4] általában azt hiszik a diákok, hogy ilyenkor csak az lehet, hogy ha az egyik igaz, a másik hamis és megfordítva