Mathematics | Discrete mathematics » Makó-Téglási - Indoklás és bizonyítás

Makó Zita, Téglási Ilona Indoklás és bizonyítás Eszterházy Károly F®iskola Matematikai és Informatikai Intézet Makó Zita, Téglási Ilona Indoklás és bizonyítás Eger, 2012 Bíráló: Bíró Bálint középiskolai tanár Az ábrákat készítette: Bíró Bálint Makó Zita Téglási Ilona Készült a TÁMOP-4.12-08/1/A-2009-0038 támogatásával Tartalomjegyzék 1. Bizonyítások tanításának alapelvei 4 1.1 Felfogások a bizonyításokkal kapcsolatban . 4 1.2 Logikai alapkérdések . 5 1.3 Pszichológiai kérdések . 7 1.4 Prematematikai bizonyítások . 9 1.5 Bizonyítási koncepciók . 12 1.6 Bizonyítások tanításának fázisai . 13 2. Bizonyítási stratégiák és módszerek 19 2.1 Szintézis  célirányos következtetés stratégiája . 19 2.2 Analízis  fordított irányú következtetés

stratégiája . 20 2.3 A nem teljes analízis" stratégiája . 21 2.4 A direkt bizonyítás módszere 23 2.5 A teljes indukciós bizonyítás módszere . 24 2.6 Az indirekt bizonyítás módszere . 29 2.7 Problémák és javaslatok az indirekt bizonyításokkal kapcsolatban . . 32 3. Tételek és bizonyítások a halmazelmélet és a logika köréb®l 35 3.1 Halmazm¶veletek tulajdonságai . 36 3.2 Számhalmazok . 40 3.3 Logika . 45 3.4 Feladatok 48 . 4. Tételek és bizonyítások a kombinatorika és a gráfelmélet köréb®l 50 4.1 Permutációk . 50 4.2 Kombinációk . 52 4.3 Gráfok . 55 4.4 Feladatok 59 . 3 5. Indoklások

és bizonyítások a számelmélet területén 61 5.1 Oszthatósággal kapcsolatos bizonyítások . 61 5.2 Prímszámok és összetett számok . 67 5.3 Diophantoszi egyenletek . 74 5.4 Feladatok . 75 6. Indoklások és bizonyítások az algebra területén 78 6.1 Algebrai kifejezések, azonosságok . 78 6.2 Gyökök és a logaritmus azonosságai . 89 6.3 Egyenletek, egyenl®tlenségek . 94 6.4 Nevezetes egyenl®tlenségek . 101 6.5 Feladatok . 105 7. Függvények, az analízis elemei 7.1 Feladatok a függvények témaköréb®l 7.2 Sorozatok 7.21 7.3 107 . 107 . 109 Feladatok . 113 Az analízis elemei . 116 7.31 Feladatok . 117 8. Elemi geometriai bizonyítások I

8.1 Háromszögek 8.2 Négyszögek 119 . 119 . 130 9. Elemi geometriai bizonyítások II 137 9.1 Sokszögek . 137 9.2 Kör . 138 9.3 Területszámítás . 145 9.4 Feladatok . 149 10.Bizonyítások a koordinátageometriában 152 10.1 Az egyenes egyenlete 155 10.11 Adott ponton áthaladó, adott irányvektorú egyenes egyenlete . 155 4 10.12 Adott ponton áthaladó, adott normálvektorú egyenes egyenlete . 156 10.13 Adott ponton áthaladó, adott iránytangens¶ egyenes egyenlete . 157 10.14 A kör egyenlete 158 10.15 A parabola egyenlete 161 10.2 Feladatok . 162 11.Vektorok, trigonometria 11.1 Feladatok 165 .

169 11.2 A feladatok megoldásai 172 12.Bizonyítások az eseményalgebra témaköréb®l 12.1 Feladatok 177 . 177 12.2 A feladatok megoldásai 179 Irodalomjegyzék 188 5 1. Bizonyítások tanításának alapelvei 1.1 Felfogások a bizonyításokkal kapcsolatban A matematika tanításának nagyon fontos eleme az állítások, tételek bizonyításának tanítása. Ma már látjuk, hogy középiskolában nem lehet olyan szigorú, egzakt, matematikai formalizmussal leírt bizonyításokat megtanítani, mint amit a fels®oktatásban elvárunk a hallgatóktól. Nem volt ez mindig így. A nyolcvanas évekt®l kezdett el megváltozni a középiskolákban alkalmazható bizonyítási módszerekr®l, stratégiákról alkotott kép a matematika didaktikában. Az egész matematikáról alkotott képünket kell megváltoztatni ahhoz, hogy az oktatásban jól használható modellt kapjunk A középfokú

oktatás számára használható matematika képnek a következ® jellemz®i vannak:  a matematikai tartalom hangsúlyozása a formalizmus helyett;  a matematikai nyelv jelentéstartalma fontosabb a szimbolizmusnál;  a matematikai gondolkodási folyamatok fontossága az eredmény mellett;  a bizonyítás elfogadása szociális folyamat, amelyben a megértés szerepe legalább olyan fontos, mint a formális kritériumok;  az oktatásban a bizonyítások szigorúsága azt jelenti, hogy az indoklás korrekt, és a szigor nem kapcsolható össze egyfajta szimbolikával. A matematika magasabb elméletében az egzaktságnak nincs határa. Kalmár László (1986) így írt err®l:  . nincs olyan precíz módon megfogalmazott deníció vagy tétel, amibe még precízebb álláspontról bele ne lehetne kötni". A nemzetközi matematikai didaktikai szakirodalomban egyre szélesebb értelemben vett bizonyítási fogalmat használnak. A szigorúan vett, hagyományos bizonyítások,

bizonyítási módszerek mellett  f®leg az alsóbb osztályokban  egyre inkább el®térbe kerülnek az argumentációk, indoklások. A bizonyítási tevékenységek közé soroljuk a következ®ket is: 6  megállapodásokhoz való alkalmazkodás (denícióknak megfelelés);  általános állítások konkrét példákon való kipróbálása;  indoklás, következtetés;  indoklás érvényességének vizsgálata;  álbizonyítások felfedése;  matematikai megfontolások jelent®ségének értékelése;  bizonyítások szemléletes úton;  bizonyítások logikai úton. Halmos Pál írta 1976-ban a matematikai gondolkodásról és a bizonyításról: A matematika legjellemz®bb tulajdonságai: egyszer¶ség, összefüggések szervezése, és mindenekel®tt logikai gondolkodási eljárás. Amikor egy matematikus alkotó tevékenységet folytat, sohasem dolgozik deduktív módszerekkel A kutatómunkájában felhasznál ködös hipotéziseket, gondolatait minden irányban

rendezi, a dolgában jóval korábban biztos, miel®tt egy bizonyítást leírna. Gondolatai vezérelvként is használhatók a bizonyítások tanítása során. 1.2 Logikai alapkérdések Kijelentésnek, állításnak nevezzük egy tény, jelenség, kapcsolat gondolati visszatükröz®dését, amely igaz vagy hamis lehet. A matematikai logikának fontos eleme annak vizsgálata, hogy egy rendszerben mit nevezhetünk állításnak, mi az ami úgy néz ki, mint egy állítás, mégsem az. Az oktatásban megegyezhetünk abban, hogy azt nevezzük csak kijelentésnek, állításnak, amir®l egyértelm¶en eldönthet®, hogy igaz vagy hamis. Példa: Az ABC háromszög tompaszög¶. (egy konkrét feladatban) 2+4=6 A 12 nem prímszám. 7 A kijelentésforma(predikátum) olyan nyelvi képz®dmény, mely válto- zót tartalmaz, és a kijelentéshez hasonló formája van. Egy kijelentésformának nincs logikai értéke, a változó behelyettesítésével (adott alaphalmazból)

igaz vagy hamis kijelentést kapunk bel®le. Példa: Az ABC háromszög . szög¶. x+4=6 Az n szám nem prím. A kijelentéseket osztályozhatjuk a következ®k szerint:  egyedi kijelentés, állítás: Az ABCD négyszög paralelogramma. (egy konkrét feladatban)  létezési állítás: van páros prímszám.  általános állítás (tétel): minden háromszög bels® szögeinek összege 180◦ . A következmény fogalma: az A kijelentésformából következik a jelentésforma, ha minden olyan változóinterpretáció, amely B t At B ki- kielégíti, a is kielégíti. Bizonyításon kijelentések, kijelentésformák olyan H1 , H2 , . Hn véges sorozatát értjük, melyben minden egyes kijelentés, kijelentésforma egy el®re megadott X kijelentéshalmazhoz (axiómák, bizonyított tételek) tartozik, vagy a megel®z® kijelentésb®l egy következtetési szabály alkalmazásával keletkezik. M¶veletek kijelentésekkel és kijelentésformákkal: 8

1.3 Pszichológiai kérdések Ahhoz, hogy a matematika tanítása során bizonyításokat tudjunk alkalmazni, szükséges, hogy a tanuló képes legyen következtetési folyamatokra, és m¶veleteket tudjon végezni absztrakt fogalmakkal. Piaget fejl®déselmélete szerint a gyermek gondolkodásának fejl®dése több szakaszon keresztül (érzékszervi-mozgásos, m¶veletek el®tti, konkrét m¶veletek szakasza) jut el a formális m¶veletek szakaszáig, melyben a fenti képességek kialakulnak. Piaget szerint a formális m¶veletek szakaszához a gyermek 1213 éves kora körül jut el. Újabb vizsgálatok azt mutatják, hogy ez a kor csak egy középérték, ami a különböz® gyermekeknél ± 23 év is lehet. Ebben a korban a gyermek fokozatosan képessé válik szituációkat elvonatkoztatni a konkréttól az általános felé, felismeri, hogy a konkrét az általánosnak egy speciális esete, egyre biztosabban végez logikai következtetéseket. Ekkor alakul ki a hipotetikus

és a deduktív gondolkodás is. Ez a mi oktatási rendszerünkben 67 osztályra esik általában, de sok tanuló esetében inkább csak 78 osztály körül ér erre a szintre az értelmi fejl®dése. A fejl®dés nagy mértékben függ a támogató vagy gátló környezeti tevékenységekt®l: család, kultúrkör, iskolai környezet, szabadid®s tevékenységek, stb. Ezek alapján a legtöbb ország oktatási rendszerében ebben a korban fordulnak el® el®ször bizonyítások a matematika tananyagban. Ez az id®szak még átmeneti, a konkrét m¶veletekr®l a formális m¶veletekre való áttérés ideje, még fontos szerepe van a konkrétnak, a szemléletesnek. Bruner (1970) elmélete szerint:  a tanításnak els®sorban az adott tudomány fundamentális elveire, struktúrájára kell építeni;  egy tantárgy alapvet® elvei minden gyerek számára a meglév® gondolkodási eszköztára alapján, és a számára érthet® reprezentációs mód segítségével egyszer¶

formában megtaníthatók. Bruner azt vizsgálta, hogy az emberi gondolkodás hogyan reprezentálja, milyen kódok segítségével tárolja a külvilágból érkez® információkat. Elmélete szerint a gondolkodási folyamatok háromféle síkon mehetnek végbe: 9  materiális, vagy enaktív sík  az ismeret elsajátítása konkrét tárgyak, tevékenységek, cselekedetek, manipulációk segítségével megy végbe;  képi, vagy ikonikus sík  az ismeretszerzés képek, ábrák, elképzelt szituációk segítségével történik;  szimbolikus sík  ismeretszerzés (matematikai) szimbólumok segítségével. A három reprezentációs mód az oktatás minden fokán szerepet játszik az elsajátításban, így a bizonyítások tanításánál is. A materiális és képi síknak f®leg a bizonyítások tanításának kezdetén van fontos, megértést könnyít® szerepe, de a középfokú oktatás során is végig jelen van a fokozatosan el®térbe kerül® szimbolikus sík

mellett. A prematematikai illetve a nem formális bizonyítások szükségességét a következ® didaktikai elvek is alátámasztják:  fokozatosság (el®ször egyszer¶bb, szemléletes bizonyítások, kevesebb szimbolizmussal, és a szimbólumok szerepének növelése fokozatos legyen);  reprezentációs szintek variálása (nem hagyható ki a korai matematika tanításból a tárgyi és a képi sík, hogy kés®bb a szimbolikus síkról legyen hová visszatérni, ha a gondolkodás megakad);  szemléltet® eszközök variálása (ugyanazon állítást több különböz® szituációba ágyazva, különböz® módokon szemléltetve más  más vonatkozásai és felhasználása kerülnek el®térbe);  spiralitás (bizonyos állítások, tételek újra és újra el®kerülnek a tanítás különböz® szintjein, esetleg más  más bizonyítási módszerrel); 10  operatív elv (az elsajátításban az ismereteket közvetít® eszközöknél fontosabb a velük végzett

cselekvéssor vagy m¶veletek). 1.4 Prematematikai bizonyítások A prematematikai bizonyításoknak f®leg az általános iskola fels® tagozatán van jelent®sége. Egy prematematikai bizonyítás mindig egy konkrét, zikai cselekvésb®l indul ki, ezt követi a cselekvés bels®, szellemi elvégzése, majd a végs® fázis az általánosítás. Fontos, hogy minden indok korrekt legyen, hogy a konkrét cselekvés egy formális matematikai bizonyítás lépéseinek szemléletes bemutatását jelentse, és hogy minden esetben érvényesnek kell lennie. Példák: 1. Az els® n természetes szám összege Egy konkrét, tetsz®leges természetes számra vizsgáljuk az összeget: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6. Írjuk alá fordított sorrendben: 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1, és adjuk össze az egymás alá került számokat! 7 + 7 + 7 + 7 + 7 + 7 = 6 · 7 = 6 · (6 + 1), de ez az általunk kívánt összeg kétszerese. Ezért S6 = 6 · (6 + 1) . 2 Az összegzés konkrét képi síkon is

elvégezhet®: A szemléletes és konkrét okoskodás során csak olyan lépéseket használtunk fel, amelyeket bármely természetes szám esetén el tudunk végezni, 11 az állítás tehát általánosítható: Sn = 1 + 2 + 3 + 4 + · · · + n = 2. Az els® n n(n + 1) . 2 páratlan szám összege Néhány konkrét példából próbálunk meg sejtést megfogalmazni a képletre: 1=1 (els® 1 páratlan szám) 1+3=4 1+3+5=9 = 12 , (els® 2 páratlan szám) = 22 , (els® 3 páratlan szám) 1 + 3 + 5 + 7 = 16 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 32 , (els® 4 páratlan szám) = 42 , (els® 5 páratlan szám) = 52 , itt már feltétlenül megfogalmazható egy sejtés: 1 + 3 + 5 + · · · + (2k − 1) = k 2 . Építsük fel a páratlan számokat sorban egymás után a következ®képpen: 12 Látható, hogy a négyzet oldala mentén páratlan szám hasonló L 2 · 4 + 1 = 9, a következ® alakban elhelyezhet®, és így eggyel hosszabb (5 egység) oldalú négyzetet

kapunk a következ® lépésben: Ez a gondolatmenet tovább folytatható tetsz®leges páratlan számig. Ezután jöhet az általánosítás: 1 + 3 + · · · + (2n − 1) = n2 . A prematematikai bizonyításokat gyakran nevezik példához kötött bizonyításnak is. Egykét konkrét példán megmutatjuk az állítás helyességét, de úgy, hogy a felhasznált lépések minden esetben elvégezhet®k legyenek, így a gyerekek jobban elfogadják az általánosítást. A képi reprezentációnak is fontos szerepe van a megértés megkönnyítésében, mely a kés®bbi viszszaidézést is egyszer¶bbé teszi: a gyermek képi memóriája általában jobb, mint a szimbolikus, és gyorsabban el®hívható a képi információ. Hasonló bizonyításokkal a középiskolában is találkozunk, például Pitagorasz tételének szemléletes bizonyításánál, illetve a párhuzamos szel®k tételének vagy a középponti és kerületi szögek tételének bizonyítási lépéseiben fellelhet®k

ezek az elvek. A szemléletes bizonyítások és a képi reprezentáció lehet®ségei jelent®sen b®vültek a modern technikának az oktatásban való megje- 13 lenésével. Az utóbbi id®ben egyre népszer¶bbé váló dinamikus geometriai és függvényábrázoló programok nagy segítséget nyújtanak a tanárnak a megközelítések variálásában (GeoGebra, Graph, stb.) 1.5 Bizonyítási koncepciók Minden bizonyítás be van ágyazva egy elméletbe, amely meghatározza a felhasználható korrekt lépések sorozatát. Csak az adott elmélet alapján lehet eldönteni a bizonyítás helyességét. Az ezzel kapcsolatos megegyezések, el®írások, standardok összességét nevezi Stein (1986) bizonyítási koncepciónak Stein a matematikai bizonyítási koncepciók négy szintjét különbözteti meg:  matematikai  logikai elmélet szintje  az elmélet minden rész- letében egyértelm¶en rögzített, ideális esetben a legkisebb részletekig explicite adott,

formalizált. Ez a fels®bb matematika, a matematikai kutatások szintje.  matematikai elmélet szintje  az elmélet legfontosabb, centrálisnak tartott részletei egyértelm¶en adottak, mindent ismertnek tekintünk, amit a társadalom matematikai alaptudásnak" tekint. Ezen a szinten már nincs minden explicite megadva, megengedett, hogy a bizonyítás során más matematikai területek eredményeit felhasználjuk, ha ezek nyilvánvalóak". Ezen a szinten a bizonyítás logikailag korrekt lépéseken alapul és elvileg formalizálható Ez a szint felel meg a f®iskolai, egyetemi matematika tanításnak.  lokálisan rendezett elmélet szintje  néhány bizonyítás láncolata van el®térbe állítva, csak amennyire az adott bizonyításhoz szükségesek, nyelvezete egy alapnak tekintett matematikai nyelvre épül, de a lépései anyanyelven vannak megfogalmazva, bár bizonyos szabályokhoz alkalmazkodnak. Nyilvánvaló axiómákat, az alapvet® fogalmak

denícióit és logikailag korrekt következtetési szabályokat alkalmazunk, de id®nként megengedettek heurisztikus következtetési lépések is. A bizonyítás során felhasználhatók nem bizonyított segédtételek is, csak a fontosabb lépéseket formalizáljuk. Ilyen lokálisan rendezett elmélet 14 például a középiskolai geometria tételeinek bizonyítási rendszere, melyben a fogalmakat egy önkényes szintig elemezzük, addig a pontig, ahol az ember szabad szemmel látja, hogy mit jelentenek, illetve hogy a geometriai tételek igazak" (Freudenthal, 1973).  mindennapi okoskodások szintje  itt az elmélet részletei nincse- nek egyértelm¶en megadva, a szövegösszefüggés, kontextus utal az elméletre. Axiómák, deníciók nincsenek explicite megadva, de léteznek bizonyos alapszabályok, melyeket hallgatólagosan betartunk. A felhasznált fogalmak jelentését az alkalmazásokból következtetjük ki, logikai következtetések mellett alkalmazunk

heurisztikus lépéseket is A bizonyítási folyamat nyelvi (vagy képi) argumentációs lánc, melyben csak azok a lépések nem elfogadottak, amelyek megszegik a felvetett probléma feltételeit, vagy hamis feltételeket használnak fel. Szimbólumokat nem, vagy csak elvétve alkalmazunk Erre példák a szabályjátékok (sakk, dominó, társasjátékok) és a prematematikai bizonyítások is. Az iskolai oktatásban f®leg ez utóbbi kett®vel találkozunk. 1.6 Bizonyítások tanításának fázisai A bizonyítások tanítása során három fázist különböztethetünk meg:  tételek megsejtése, megsejtetése;  a bizonyítás ötletének megtalálása, stratégia, módszer kialakítása, alkalmazása;  a bizonyítás rögzítése, vizsgálata, reexió. A matematika m¶velése során fontos lépés tételek megsejtése, az egyediben az általánosnak a meglátása. Gondoljunk csak arra, hány olyan tétel létezik, amelyet nagy matematikusok megsejtettek, állítottak, de

bizonyítás nélkül maradtak: a nagy Fermatsejtést®l kezdve, Ramanujan munkásságáig, nagyon sok ilyet találunk. Ezek nem kevésbé fontos elemei a matematikának, mint a bizonyítási folyamatok, mert kreativitást, az eddigi ismeretek újszer¶ 15 meglátását jelentik. A matematika tanítása során ezért mind az induktív, mind a deduktív gondolkodás fejlesztése egyforma súllyal kell, hogy latba essen, mert a felfedezés a kés®bbi következtetésnek feltétele. A tanulói aktivitás kiváltása is azt igényli, hogy adjunk teret a matematika órákon a tételek megsejtésének, még akkor is, ha néha hibás ötletek merülnek fel. A tanár feladata, hogy a felfedezést irányítsa, jó irányba terelje, jó példákkal el®mozdítsa a kreatív gondolatok kifejtését. A bizonyítási ötlet megtalálása nagyon jó módszer a kreativitás fejlesztésére, amelyre egyébként is kevés lehet®ség adódik a tanítás során. Természetesen a bizonyítási

stratégiák és módszerek kialakítása tanári irányítást igényel, hiszen meg kell ismerni a módszereket ahhoz, hogy ki tudjuk választani az éppen aktuálist. A bizonyítás rögzítése során egyrészt a szimbolikus gondolkodást fejlesztjük, másrészt gyakoroljuk a matematika nyelvét", mind szóban, mind írásban. Ez gyakran nehézséget okoz a tanulóknak, és mivel a bizonyítás elfogadása nemcsak gondolkodási, hanem szociális folyamat is egyben, a reexiónak, és a tétel alkalmazásának ebben a folyamatban jelent®s a szerepe. Új tételek megsejtésére, néha a bizonyítási ötlet megtalálására is alkalmasak a következ® módszerek:  tételek megfordítása  A matematikai tételek többsége ha A, akkor B" típusú. Egy ilyen tétel megfordításán a ha B, akkor A" kifejezést értjük. Pl.: ha egy négyszög paralelogramma, akkor középpontosan szimmetrikus; megfordítása: ha egy négyszög középpontosan szimmetrikus,

akkor paralelogramma  bizonyítandó Egy több feltételes tétel megfordítása már nem ilyen egyszer¶, ha a tétel szerkezete akkor formálisan háromféle megfordítása lehet: (A1 ∧ A2 ) ⇒ B , B ⇒ (A1 ∧ A2 ), (A1 ∧ ∧ B) ⇒ A2 , (B ∧ A2 ) ⇒ A1 . Erre példa a következ® számelméleti tétel: Ha egy természetes szám osztója egy összeg minkét tagjának, akkor osztója az öszszegnek is. Vizsgálható, hogy melyik megfordítás" igaz  analógia, analógiás következtetés  olyan gondolkodási m¶velet, amelynek során dolgoknak bizonyos tulajdonságokban, viszonyokban, struktúrában való hasonlósága alapján más tulajdonságban, viszony- 16 ban, struktúrában való egyezésüket sejtjük. Ha az delkezik az α, β, γ α, β, γ, δ tulajdonságokkal, és B A objektum ren- objektum rendelkezik az tulajdonságokkal, akkor úgy sejtjük, hogy rendelkezik a δ tulaj- donsággal is. Pólya György szerint az analógia a

hasonlóság egy fajtája: két dolog közt analógia van, ha megfelel® részeik egyforma kapcsolatban vannak egymással. A matematika tanításában a sík és térgeometriai tételek megfogalmazásánál gyakran használunk analógiát Vigyázni kell azonban, mert az analógia hibás következtetéshez is vezethet. (Ilyen például a tetsz®leges háromszög magasságpontjára vonatkozó tétel, mely nem általánosítható tetsz®leges tetraéder magasságaira, vagy az Erd®sMordell tétel, mely szintén nem igaz tetraéderekre.) Ilyen tételek bizonyításakor érdemes olyan módszert alkalmazni, amely az analógiás tétel bizonyítására is alkalmas.  általánosítás  ennek alkalmazása során egy sz¶kebb osztály elemeire vonatkozó összefüggést átviszünk egy ezen osztályt tartalmazó tágabb osztály elemeire. Példa erre a Pitagorasz-tétel általánosításaként megfogalmazott koszinusztétel, a Thalesztétel általánosításaként a kerületi és

középponti szögek tétele, a 10es számrendszerben a 9cel való oszthatósági szabályról az n alapú rendszerben az (n − 1)gyel való oszthatóság szabálya. Általánosítással sem minden esetben lehet igaz tételhez jutni: matematika történeti példa erre, hogy a másod, harmad, negyedfokú egyenletek megoldóképletének létezéséb®l nem következik az ötöd és magasabb fokú egyenletek megoldóképlete.  indukció  azt az eljárást nevezzük indukciónak, melynek során egy adott halmaz, osztály elemeire igaz konkrét esetekb®l az általánosra következtetünk. Lényege, hogy az adott halmaz, osztály megvizsgált elemeib®l szerzett összefüggést kiterjesztjük a halmaz, osztály nem vizsgált elemeinek mindegyikére. Az indukció az analógiával és az általánosítással szorosan összefügg® gondolkodási m¶velet Az alapfokú oktatásban mérés, szerkesztés, segítségével egy sor geometriai tétel megsejtethet®, például a

háromszögek nevezetes vonalaira, pontjaira vonatkozó tételek, aritmetikában, algebrában a m¶veletek tulajdon- 17 ságaira vonatkozó összefüggések. Az indukcióval, mint gondolkodási képességgel terjesztjük ki ezeket a tulajdonságokat minden" háromszögre, minden" számra.  számítási feladat elemzése  ennek során el®ször egy konkrét adatokkal megfogalmazott számolási feladatot végzünk el, majd a konkrét adatok változókkal való helyettesítése által megsejtetjük, s®t a bizonyítási stratégiát is megadjuk (a konkrét feladat lépéseivel) az általános tételhez. Erre tipikus példa a koszinusz-tétel: el®ször adott oldalakkal rendelkez® háromszögnek számítjuk ki egy szögét, majd az oldalakat bet¶kkel helyettesítve általánosan is levezetjük a tételt. Más példa lehet még az a; b befogójú és c átfogójú derékszög¶ háromszög át- fogójához tartozó magasságának hossza m= a·b , c több

derékszög¶ háromszög magasságának kiszámításából lehet általánosítani. Más területr®l is kereshetünk hasonló példákat, például a számelmélet területér®l: bármely háromnál nagyobb prímszám négyzete 24gyel osztva 1 maradékot ad.  szerkesztési feladat elemzése  ennek során a tanulók egy konkrét szerkesztési feladat kapcsán indokolják a szerkesztés helyességét, majd az elemzés második lépésében megsejtik a tételt, és a szerkesztési eljárás egyben megadja a bizonyítás lépéseit is. Erre jó példa: a háromszög magasságvonalai egy pontban metszik egymást Ehhez a következ® szerkesztési feladat ajánlott: szerkesszünk egy adott szöghöz olyan háromszöget, amelynek az ABC ABC három- a középvonalhárom- szöge! Egy másik példa ilyen bizonyításra: a háromszög beírt körének az oldalakkal való érintési pontjai mindig hegyesszög¶ háromszöget határoznak meg (eljárás: szerkesszük meg a háromszög

beírt körét és kövessük a szerkesztés lépéseit, illetve gyeljük meg a szerkesztés során keletkez® szögeket).  adott geometriai konguráció elemzése  ennek során a tanulók adott utasítások alapján megrajzolnak (nem szerkesztenek) egy geometriai ábrát, majd az ábra elemzése alapján, megfelel® kérdések, 18 problémafelvetés segítségével felfedezik" a kívánt tételt és annak bizonyítását. Példa erre a húrnégyszögek tétele: els® fázisban a tanulók megrajzolnak egy kört és a körbe beírnak egy húrnégyszöget. Utasításra a négyszög csúcsait összekötik a kör középpontjával Az elemzéshez a következ® problémákat érdemes felvetni: Keress az ábrán egyenl® szögeket, ezeket jelöld azonos módon (például színekkel)! Vizsgáld a négyszög szemközti szögeinek összegét! Mit tapasztalsz? Fogalmazd meg sejtésedet általánosan!  algebrai tételek, bizonyítások geometriai szemléltetés alapján  a

prematematikai bizonyításoknál már mutattunk erre példát, a teljesség kedvéért említjük újra. A módszer alkalmazásának feltétele, hogy a geometriai modell izomorf legyen az eredeti algebrai problémával: pozitív valós számok egész számok szorzata adott hosszúságú szakaszok; pozitív rácsnégyzetek, rácspontok; két pozitív valós szám megfelel® oldalú téglalap területe, stb. Példaként említjük két pozitív szám számtani és mértani közepe közötti összefüggést: a+b √ > ab 2 19 Néhány tankönyvben (például a Mozaik Kiadó Sokszín¶ matematika 9. tankönyvében) jó példákat láthatunk az (a±b)2 négyzetek és téglalapok területével, valamint az léltetésére kockák és téglatestek térfogatával. 20 azonosságok szemléltetésére (a ± b)3 azonosságok szem- 2. Bizonyítási stratégiák és módszerek Egy A ⇒ B szerkezet¶ tétel bizonyítása során a tétel feltételét adott elmélet már

ismert tételeit, denícióit, axiómáit (T ) (A) és az felhasználva, helyes logikai lépések során kell eljutni a tétel következményéhez (B). A logikai lépések sorozata gyakran hosszú, bonyolult  ezért célszer¶ tudatosítani a tanulókban bizonyos stratégiákat, melyek alkalmazása megkönnyíti az eligazodást a bizonyítások között. Három ilyen stratégiát ismertetünk: a szintézis, az analízis és a nem teljes analízis módszerét. 2.1 Szintézis  célirányos következtetés stratégiája Ezen stratégia lényege, hogy egy A1 (A ∧ T ) feltételekb®l kiindulva következtetünk következményre, ebb®l következtetünk egy míg eljutunk egy olyan An A2 következményre, stb, következményhez, amelyb®l B következik. Szim- bólumokkal: (A ∧ T ) ⇒ A1 ⇒ A2 ⇒ . An ⇒ B Másképpen: Aból és az ismert tételekb®l, deníciókból, axiómákból szükséges feltételek láncolatán át jutunk el a B következményig.

Példaként említjük a körhöz húzott érint® és szel® szakaszok közötti összefüggést: Állítás: Ha egy körhöz egy küls® PA és PB P pontból húzott érint®szakasz hossza a kör egy szel®jének szakaszai, akkor A bizonyítás els® lépésében kössük össze az pontokat. Ezután vizsgáljuk a T AP és 21 T BP PA · PB = A és T, illetve a háromszögeket! PT, P T 2. B és T E háromszögekben a P nél lév® szög közös, továbbá AT P ∠ = P BT ∠, mert azonos íven nyugvó kerületi szögek. Ezekb®l az következik, hogy a T AP ∆ T P B∆höz. Ebb®l következik, hogy megfelel® oldalaik PB PT azaz: = , amib®l szorzással a keresett összefüggést PT PA hasonló a aránya egyenl®, kapjuk. A módszer kulcsszava: mi következik ebb®l? A legnehezebb kérdése: mib®l induljunk ki? Ha a kiindulási lépés már ismert, akkor általában nem okoz gondot, hogy a következtetési láncot megtaláljuk. Sok tankönyvi

bizonyítás kezd® lépése mesterkéltnek t¶nik a tanulók számára. A fenti példánál maradva: felvet®dik a kérdés, hogy miért pont azt a két szakaszt húzzuk meg? A bizonyítás végén belátható, hogy miért indultunk ki ebb®l a lépésb®l. Formális, logikai szempontból a módszer egyszer¶, világos, hogy mit és hogyan kell elvégezni, de pszichológiai szempontból a tanulók számára problémát okozhat: a kezd® lépés megtalálása kreativitást, heurisztikus gondolkodást feltételez. Az ilyen jelleg¶ feladatok viszont jól alkalmazhatók ezen képességek fejlesztésére. 2.2 Analízis  fordított irányú következtetés stratégiája Ennek során a tétel B következményéb®l kiindulva keresünk olyan tételt, amelyb®l következik amelyb®l olyan Bn B1 B, majd B1 hez keresünk olyan B2 B1 fel- feltételt, következik, és így folytatjuk addig, míg el nem jutunk egy feltételhez, amelyre Bn = A, vagy A ⇒ Bn . Szimbólumokkal:

(B ∧ T ) ⇐ B1 ⇐ B2 ⇐ . ⇐ Bn ⇐ A 22 Másképpen: a tétel B következményéb®l és az ismert tételekb®l, deníci- ókból, axiómákból elégséges feltételek sorozatán keresztül jutunk el az A feltételig. Az el®bbi példán megmutatjuk az analízis módszerét: Azt kell tehát bizonyítani, hogy PB PT = . PT PA P A · P B = P T 2 , vagy ami ezzel ekvivalens: Ezt az átalakítást indokolja, hogy a geometriában gyakran sze- repel szakaszok arányának egyenl®sége (hasonlóság, párhuzamos szel®k). Ennek az egyenl®ségnek az igazolásához elegend® két hasonló háromszöget találni. A BT és AT szakaszoknak a berajzolása most nem mesterkélt, mert az arányban szerepl® szakaszok egyértelm¶en utalnak a keresett BP T AP T és háromszögre. A két háromszög hasonlóságának igazolásához elegend® kétkét megfelel® szögük egyenl®ségét igazolni: = T BP ∠, T P A∠ = T P B∠, mert egybeesnek, AT P ∠ = mert

azonos íven nyugvó kerületi szögek. Ezen állítások pedig a tétel feltételéb®l következnek, mely szerint a PT érint® szakasz, PB pedig szel® szakasza, azaz beláttuk az eredeti állításunkat. E stratégia alkalmazása teljesen korrekt bizonyításhoz vezet, bár formálisan nehezebb, mint az el®z® módszer. A visszafelé" okoskodás sok tanuló számára szokatlan, nehéz Pszichológiai szempontból viszont sokkal közelebb áll a tanulók gondolkodásához, kezdett®l fogva látják a felvetett kérdések és a megoldandó probléma összefüggését, nincs heurisztikus lépés. Ha néhány példát látnak arra, hogyan lehet alkalmazni, akkor új feladatoknál is eszükbe jut majd a módszer. 2.3 A nem teljes analízis" stratégiája E harmadik stratégiában a tétel állításra, B következményéb®l következtetünk egy B1 B1 b®l következtetünk egy B2 állításra, és így tovább, míg eljutunk 23 egy olyan  Bn Bn

állításhoz, amelyre fennáll: hamis állítás. Ekkor B is hamis, hiszen igaz állításból logikailag helyes lépéseken keresztül nem juthatunk hamis állításhoz. vagy  Bn egy nyilvánvalóan igaz állítás, ami tételünk igaz voltát jelenti. vagy  Bn = A. Ekkor is igaz a tételünk. Szimbólumokkal: A fenti következtetési láncban csak szükséges feltételeken keresztül jutottunk el tételünk feltételéig. Azt külön meg kell mutatni, hogy e feltételek elégségesek is. Ezzel a módszerrel eljuthatunk egy olyan kiindulási feltételhez is, amelyb®l szintézis segítségével igazolható az eredeti állítás. Nézzük példaként az el®z® fejezetben említett számtani és mértani közép közötti összefüggést! Tétel. Ha a>0 és b > 0, akkor a+b √ > a · b. 2 Induljunk ki a tétel következményéb®l: √ √ √ √ a+b √ > a · b ⇒ a + b > 2 a · b ⇒ a − 2 a · b + b > 0 ⇒ ( a − b) > 0, 2 ami egy

igaz állítás. Ez az állítás a szintézis kiindulópontja lehet, amelynek lépései az el®bbi logikai lánc fordítottjai. Más (hasonló) példák: 24 a) ha a > 0, akkor a + b) ha a < 0, akkor a = −1 1 > 2, és egyenl®ség pontosan akkor van, ha a = 1 a a+ 1 6 −2, a és egyenl®ség pontosan akkor van, ha c) egy példa arra, amikor a tétel (vagy feladat) feltételéb®l arra jutunk, hogy Bn hamis, és ezért halmazán a B is hamis: Oldjuk meg a valós számok r x2 + 1−x 1 = q x 1 x egyenletet! A tanulók gyakran elégszenek meg a nem teljes analízis lépéseivel, és kimarad az eljárásnak az a része, hogy a feltételek nem csak szükségesek, hanem elégségesek is. Tudatosítani kell bennük, hogy hamis állításból bármire, igaz állításra is következtethetünk, ezt egy egyszer¶ példán keresztül meg is lehet mutatni: a−b=b−a (hamis) ⇒ (a − b)2 = (b − a)2 (igaz). Az oktatási gyakorlatban az analízis és

szintézis módszerét akár egyetlen bizonyításon belül együtt is alkalmazhatjuk, ha a megértést az segíti legjobban, ha a két út találkozik". A tanulók gondolkodásmódja közti különbségek miatt hasznos lehet, ha egy tételt többféle bizonyítási stratégiával is bemutatunk. Amelyik az egyik tanulónak világos, és könnyen követhet®, az a másiknak nem, és fordítva. Ha didaktikai eszköztárunkban jelen van többféle lehet®ség is, használjuk, mert így több gyerekhez tudjuk közelebb vinni a matematikát. A következ®kben az iskolában el®forduló leggyakoribb bizonyítási módszereket tekintjük át, a direkt, az indirekt és a teljes indukciós bizonyítás elméletét. 2.4 A direkt bizonyítás módszere Az el®z®ekben leírt példák tulajdonképpen a direkt bizonyítás módszerét mutatták be különböz® stratégiák alkalmazásával. Ennek lényege, hogy közvetlenül az állítást bizonyítjuk, logikailag helyes következtetési

lépések véges 25 sorozatán keresztül. A bizonyítás során felhasználható tételeket, deníciókat, axiómákat, valamint az alkalmazandó stratégiát az adott szituáció, a tanulók el®zetes ismeretei és gondolkodásuk fejlettségi szintje határozzák meg. Ahogyan Pólya György mondta: Magyarázatunkban segítségünkre lehet bármi  jó vagy rossz, költ®i vagy profán." A középfokú oktatásban ez a módszer szerepel leggyakrabban, ezért az egyes területek részletes tárgyalásánál fogunk ezekkel foglalkozni. 2.5 A teljes indukciós bizonyítás módszere A módszer Peano 5. axiómáján alapul, amely szerint a természetes számok (N) minden M rákövetkez®je" részhalmazára, ha M, akkor 0 ∈ M M = N. és minden ∀nre H(n). esetén az n Ebb®l a teljes indukciós bizonyítást a természetes számok halmazán deniált tetsz®leges a következ®képpen értelmezzük: n ∈ M H(n) kijelentésformára H(0) ∧ ∀nre

[H(n) ⇒ H(n + 1)] , akkor A bizonyítás két lépésben történik: a) Megmutatjuk, hogy az állítás teljesül n = 0ra, illetve egy n0 kezd® tagra. b) Az állítás örökl®dését" bizonyítjuk: már tudjuk, hogy van olyan ∈ N, amelyre H(k) igaz, bizonyítjuk, hogy k∈ H(k) ⇒ H(k + 1). Ezt a bizonyítási módszert szemléletessé tehetjük a dominóelv segítségével. Az asztalon egy sorban felállított dominókat helyezünk el, majd egy dominó eldöntésével szeretnénk mindet eldönteni. Milyen feltételeknek kell ehhez teljesülnie? A gyerekek természetes módon rájönnek a két lépés fontosságára: a) az els® dominót el kell dönteni. b) minden dominó eld®lésének maga után kell vonnia a következ® dominó eld®lését. Az elv szemléletes bemutatása után egykét játékos feladattal lehet a tanulókat rávezetni a módszer lényegére. Lépcs®s példa: melyik állítás teljesülése esetén kell biztosan felgyalogolni az

emeletre vezet® lépcs®n? 26 a) Egyik lépcs® után az eggyel magasabban lév® lépcs®fokra lépek. b) Fellépek az els® lépcs®re, majd egyik lépcs® után az eggyel magasabban lév® lépcs®fokra lépek. c) Fellépek az els® lépcs®re, majd egyik lépcs® után a másikra lépek. Pénzes példa: három barátomnak ígéretet teszek, ki jár a legjobban? a) Ma, holnap, és még utána néhány napon keresztül naponta adok neked 1 forintot." b) Ha egy nap adok neked 1 forintot, akkor a rákövetkez® nap is köteles vagyok adni neked 1 forintot." 27 c) Ma kapsz t®lem 1 forintot, és ha egy nap adok neked 1 forintot, akkor a rákövetkez® napon is köteles vagyok neked adni 1 forintot." A teljes indukciós bizonyítást leggyakrabban a következ® esetekben alkalmazzuk:  összegformulák igazolása; Például: igazoljuk, hogy minden n>2 esetén 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + (n − 1) · n = Az els® lépés, hogy n0 = 2 (n

− 1)n(n + 1) ! 3 esetén 1·2= 1·2·3 , 3 azaz az állítás teljesül. Az indukciós feltevés, hogy 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + (k − 1) · k = k>2 és (k − 1)k(k + 1) . 3 Bizonyítandó, hogy ekkor 1 · 2 + 2 · 3 + 3 · 4 + · · · + k · (k + 1) = k(+1)(k + 2) . 3 Az indukciós feltevéshez adjuk hozzá a következ® tagot mindkét olda- 28 lon! 1·2+2·3+3·4+· · ·+(k −1)·k +k(k +1) = (k − 1)k(k + 1) +k(k +1). 3 Az egyenl®ség jobb oldalán lév® két kifejezést közös nevez®re hozva és összeadva adódik: (k − 1)k(k + 1) 3 + = tehát az állítás k>2 3k(k + 1) k(k + 1)(k − 1 + 3) = = 3 3 k(k + 1)(k + 2) , 3 esetén valóban következik tulajdonság örökl®dik", ezért minden n>2 k ból k + 1re, azaz a természetes számra igaz, és ez az ami a bizonyítandó volt.  oszthatósági állítások igazolása; Például: igazoljuk, hogy minden n természetes számra 133|11n+2 + 122n+1 ! Els®

lépésben n=0 esetet megvizsgálva: 112 + 12 = 133, azaz teljesül az állítás. Az indukciós feltétel, hogy létezik 133|11k+2 + 122k+1 . Ebb®l igazoljuk és 133|133, k, amelyre k + 1re, hogy 133|11k+3 + 122k+3 . Bontsuk fel az utóbbi formulát a következ®képpen: 11k+3 +122k+3 = 11·11k+2 +122 ·122k+1 = 11·11k+2 +(133+11)·122k+1 (ebb®l a zárójel felbontásával és csoportosítással adódik, hogy) = 11 · (11k+2 + 122k+1 ) + 133 · 122k+1 , mely összeg els® tagja az indukciós feltétel miatt osztható 133mal, a második tagja láthatóan osztható 133mal, így az összeg is osztható vele. Ezzel bebizonyítottuk, hogy az állítás minden olyan amelyre igaz, következik k + 1re 29 is, és mivel k = 0ra k esetén, igaz volt, ezért minden  n>0 természetes számra teljesül. természetes számokra vonatkozó egyenl®ségek, egyenl®tlenségek igazolása; Például: igazoljuk, hogy minden 2n n>3 természetes számra igaz, hogy

> 2n + 1! Els® lépésben n=3 esetén 23 > 2 · 3 + 1, Az indukciós feltevés, hogy létezik bizonyítjuk, hogy = 2k + 2k k+ 2k > 2, és azaz k > 3, 1re igaz, 2k+1 8 > 7, amelyre > 2k + 2k > 2k + 1, 3. Mivel 2k+1 valamint a feltétel miatt k ezért a két egyenl®tlenséget összeadva 2 teljesül az állítás. + 2k 2k > 2k + 1, ebb®l = 2 · 2k = ha k > 3, > (2k + 1) + 2 = 2k + 3, ami a bizonyítandó összefüggés.  sorozatok tulajdonságainak bizonyítása (csak felsorolásszer¶en néhány feladat) a) Bizonyítsuk be, hogy ha egy számtani sorozat els® tagja lönbsége d, akkor nedik tagjára an = a1 + (n − 1) · d! a1 , kü- (a jegyzet egy másik részében el®fordul!) b) Írjuk föl az sorozat a1 = 1, a(n+1) = 2an + 1 nedik c) Tegyük fel, hogy minden  n tagját az n ∈ N+ a+1 a rekurzív képlettel megadott függvényeként! egész szám. Bizonyítsuk be, hogy akkor számra an + 1 an is

egész szám! alkalmazások a geometriában (csak felsorolásszer¶en néhány feladat) a) Bizonyítsuk be (teljes indukcióval), hogy egy összes átlóinak száma b) Bizonyítsuk be, hogy n n oldalú sokszög egyenes a síkot legfeljebb részre osztja! c) Adott n n · (n − 3) ! 2 n2 + n + 2 2 darab tetsz®leges négyzet. Bizonyítsuk be, hogy feldara- bolhatók részekre úgy, hogy az összes részt megfelel®en összeillesztve egy négyzetet kapjunk! 30 A teljes indukciós bizonyítás módszerét az átlagos képesség¶ tanulók nem könnyen sajátítják el, ezért bevezetésénél a fokozatosság és szemléletesség elvét gyelembe kell venni. Tehetséges tanulók esetén, f®leg versenyekre felkészítés során érdemes olyan feladatokat is kit¶zni, amelyeknél nem nyilvánvaló már az elején, hogy teljes indukció módszerét kell alkalmazni, hanem a feladat megoldásának egy kés®bbi fázisában kerül sor az alkalmazására. 2.6 Az indirekt

bizonyítás módszere Az indirekt bizonyítások, argumentációk, indoklások logikai alapjai a következ®k: A ∧ ¬A a) ellentmondásmentesség törvénye: b) a harmadik kizárásának törvénye: A ∨ ¬A c) tagadás tagadásának törvénye:¬(¬A) d) logikai m¶veletek tagadása: (DeMorgan azonosságok), mindig hamis; mindig igaz; = A; ¬(A∧B) = ¬A∨¬B, ¬(A∨B) = ¬A∧¬B ¬(A ⇒ B) = A ∧ ¬B e) logikai kvantorok tagadása: ¬(∃x, H(x)) = (∀x, ¬H(x)), (∀x, H(x)) = (∃x, H(x)). Ha egy hogy B A ⇒ B tételt akarunk indirekt módon bizonyítani: feltesszük, nem teljesül, majd a tétel A feltétele, valamint az ismert tételek, deníciók, axiómák felhasználásával logikailag helyes következtetések sorozatán keresztül egy nyilvánvalóan hamis állításhoz, vagy ellentmondáshoz jutunk. A logikai következtetés szabályai szerint igaz állításból csak igaz állításhoz juthatunk, és a feltétel, valamint a felhasznált

korábbi ismeretek igazak, ezért csak B tagadása lehet hamis, azaz B igaz, és így A ⇒ B is igaz. Az indirekt bizonyítási módok nagyon sokfélék, osztályozásuk a matematika didaktikai szakirodalomban nem egységes, ezért az alkalmazás iskolai oktatásban leggyakrabban el®forduló formáit mutatjuk be. 31  véges halmazokra vonatkozó negatív állítás direkt kipróbálása; Például: bizonyítandó, hogy az M = {1, 2, 3, 4, 5} halmaz nem bont- ható fel két olyan részhalmazra, ahol mindkét részhalmazban csak olyan számok vannak, melyek különbsége nincs az adott halmazban. Feltesszük, hogy létezik ilyen felosztás és megpróbáljuk megvalósítani: Az 1 és 2 biztosan nem lehet egy halmazban, ezért lehet a kiindulási helyzet. Ha {1, 3, ?} {1, ?} az egyik halmaz és és {2, ?} {2, ?} a másik, akkor a 4et nem tudjuk elhelyezni, mert bármelyik halmazba kerülése ellentmondáshoz vezet. Új felosztás: {1, 4, ?} és {2, 3, ?} esetén

az 5 elhelyezése bármelyik halmazba szintén ellentmondáshoz vezet. Ezt a módszert gyakran alkalmazzuk logikai feladatok megoldásánál, ha több állításból kell kiválasztani, hogy melyik igaz és melyik hamis (lásd következ® fejezet).  létezési állítások igazságának megmutatása; Ennek során belátjuk, hogy a nem létezés lehetetlen, példa erre a skatulyelv alkalmazása: bizonyítsuk be, hogy egy 25 f®s osztályban biztosan van legalább három tanuló, akik ugyanabban a hónapban ünneplik a születésnapjukat! Vegyük sorra a tanulókat, és soroljuk ®ket egyegy hónaphoz a születésük hónapja szerint: Nézzük a legrosszabb esetet, amikor a minden hónapra két tanuló jut, így 24 tanulót tudunk elhelyezni, a huszonötödik már biztosan a harmadik lesz valamelyik hónapban.  általános állítás hamisságának megmutatása ellenpélda segítségével; A tanulók algebrai átalakítások során elkövetett tipikus hibáinak kiküszöbölésére

egy konkrét számpélda alapján meg kell mutatni, hogy átalakítása miért helytelen. A hibás átalakítás: mert például 2 · 10 + 55 6= 2 · 10. 32 2x + 5 = 2x 5 hamis, Gyakorta el®forduló hiba, amely a m¶veleti tulajdonságok rossz analógiájából következik. Például a √ a+b= √ √ a+ b hamis volta egy konkrét számpárral megmutatható: √  13 = √ 4 + 9 6= √ √ 4 + 9 = 2 + 3. indirekt bizonyítások logikai következtetéssel  a kontrapozíció; Általános állítás igazságát, vagy létezési állítás hamisságát gyakran bizonyítjuk a kontrapozíció segítségével: (A ⇒ B) = (¬B ⇒ ¬A). Ez a törvény könnyen belátható igazságtáblázat segítségével. A matematika oktatása során ezt a módszert leginkább a fogalomazonosítás, kontrollmódszerek (dimenziópróba, szimmetriaelv, függvénytulajdonságok felhasználása) esetében alkalmazzuk. Ha egy egyenletrendszerben a változók szimmetrikusan helyezkednek

el, akkor ez igaz kell, hogy legyen a megoldásokra is. A p (x + 4) = (x + 3)2 − 7 egyenlet megoldása során könny¶ megtalálni az x=0 megoldást, az egyenlet két oldala által meghatározott függvények vizsgálata alapján meg lehet mutatni, hogy nem létezik más valós megoldás.  indirekt bizonyítások logikai következtetéssel  reductio ad absurdum; A bizonyítandó állítás tagadásával ellentmondáshoz jutunk. Ezeket az eseteket célszer¶ az ellentmondások alapján csoportosítani. a) ellentmondás az indirekt feltevésnek, formálisan: (¬A ⇒ A) ⇒ A. Erre példa a végtelen sok prímszám létezésének tétele. b) következtetés egy állításra és annak tagadására, formálisan: [A ⇒ (B ∧ ¬B)] ⇒ ¬A. 33 Példa erre annak igazolása, hogy nem létezik olyan szabályos háromszög, amelynek minden csúcsa egy négyzetrács rácspontjában van. c) ellentmondás a tétel feltételének, formálisan: [(A ∧ ¬B) ⇒ ¬A] ⇒ (A ⇒

B). Geometriai bizonyítások között találunk ilyen típust, például: ha 7 pont úgy helyezkedik el egy egység sugarú körben, hogy bármely két pont távolsága legalább 1, akkor az egyik pont egybeesik a kör középpontjával. d) ellentmondás egy ismert tételnek, deníciónak, axiómának, azaz [(A ∧ ¬B) ⇒ ¬T ] ⇒ (A ⇒ B).  indirekt bizonyítások logikai következtetéssel  elimináció módszere; Ha egy állítás matematikai objektumok olyan halmazára vonatkozik, amely A, B és C részhalmazokra bontható, és az állítás szerint a C részhalmaz elemei rendelkeznek egy bizonyos tulajdonsággal, ezt úgy mutatjuk meg, hogy kizárjuk az A és B elemeit, formálisan: [(A ∨ B ∨ C) ∧ (¬A ∧ ¬B)] ⇒ C. Geometriai bizonyításoknál láthatunk hasonlót, ha például egy állítást derékszög¶ háromszögre mondunk ki, és megmutatjuk, hogy hegyes illetve tompaszög¶ háromszögre nem igaz: ilyen lehet a Pitagorasz tétel

megfordítása is. 2.7 Problémák és javaslatok az indirekt bizonyításokkal kapcsolatban  A legtöbb gyerek önmagától direkt, konstruktív módon gondolkodik, tanári útmutatás nélkül ritkán folyamodik indirekt módszerhez egy 34 feladat megoldása során. Tehát ha rá szeretnénk vezetni erre a módszerre, akkor sok példát kell mutatni nekik  Másik probléma, hogy az ellentmondást fel kell ismerni a megoldás során, ami stabil tudást kíván meg a tanulóktól.  Sokszor nem elemzik kell®képpen az adott szituációt, a kiindulási adatokat, hanem tudatos stratégia választása nélkül elkezdenek valamit" csinálni, és fel sem merül bennük, hogy esetleg nincs is a feltételeknek megfelel® konstrukció. Például: létezike olyan háromszög, amelyben ma , mb és mc > 2 cm, és T < 2 2 cm ? Sok tanuló eljut ahhoz a következtetéshez, hogy ez csak úgy lehet, ha a, b, c < 2 cm, de nem gondolják végig, hogy nem létezhet

olyan háromszög, amelyben egyszerre igaz, hogy a, b, c, < 2 cm és ma , mb , mc > 2 cm.  Már alsóbb osztályokban is lehet olyan feladatokat adni (ha nem is általános bizonyítást, hanem konkrét számolást), amelyek indirekt gondolkodást kívánnak. Például egy rossz számolás ellen®rzésénél: lehet 27 · 76 = 1989? Gondold végig anélkül, hogy újraszámolnád! Lehet három egymást követ® szám összege 29? Az ehhez hasonló feladatok rávezetik a tanulókat az indirekt okoskodások hasznára. A prematematikai bizonyítások között is forduljon el® indirekt okoskodás  Alapvet®en fontos a feltétel és következmény világos megkülönböztetése. Ez különösen akkor nehéz, ha az állítás nem ha ., akkor" formában van megfogalmazva.  Állítások tagadásának megfogalmazása mindig legyen jelen az oktatás során. Az indirekt bizonyítások bevezetésére az aritmetikai példák alkalmasabban, mint a geometriai ábrák Ugyanis

a hamis" ábrán hamar felt¶nik a mesterkéltség, ha az állítás igazsága egy jó ábrából nyilvánvalónak látszik".  A sokféle lehet®ség miatt nem könny¶ az indirekt bizonyításoknak egy olyan egyszer¶ sémát találni, mint a direkt és teljes indukciós 35 bizonyításoknál. Ezért célszer¶ azt tudatosítani, hogy melyek azok az állítás típusok, amelyeknél hasznos lehet az indirekt módszer: tételek megfordításánál, létezési állításoknál, negált létezési állításoknál, negatív következtetés¶ állításoknál, olyan állításoknál, ahol kevés megkülönböztethet® eset van, vagy ha az egyéb módszerek alkalmazása nem jár sikerrel. 36 3. Tételek és bizonyítások a halmazelmélet és a logika köréb®l A halmazelmélet és a logika alapjaival már korán, általános iskola alsóbb évfolyamaiban megismerkednek a tanulók, de nem önálló témakörként, hanem csak alkalmazásokban, feladatokban

találkoznak az alapvet® fogalmakkal. A halmaz, eleme, nem eleme alapfogalmak nagyon sok példán keresztül, fokozatosan tudatosulnak a tanulókban, csakúgy, mint az állítások, igaz, hamis értékek, tagadás, és egyszer¶bb logikai következtetések. Például:  számok, alakzatok halmazokba sorolása,  alakzatok tulajdonságainak vizsgálata,  oszthatósági feladatokban számok csoportosítása,  állítások megfogalmazása, igazhamis döntések,  játékos logikai feladatok, stb. Az alapfogalmakon túl egyszer¶ halmazm¶veletekkel is találkoznak, de szigorú szimbolizmus nélkül. Ezekre az el®zményekre épül fel a középiskolában a halmazelmélet és a logika már önálló témakörként Az alapozó szakaszban nagyon fontos néhány tulajdonság kiemelése és bevésése:  egy elem csak egyszer szerepel egy adott halmazban,  halmaz akkor adott, ha bármir®l egyértelm¶en eldönthet®, hogy eleme vagy sem,  állításnak csak azt nevezzük, amir®l

egyértelm¶en eldönthet®, hogy igaz, vagy hamis. Érdemes még említést tenni a történeti háttérr®l. A halmazok esetén Georg Cantor, a logikánál Arisztotelész nevét, a kett® kapcsolatában George Boole nevét említsük meg tanulóinknak. 37 3.1 Halmazm¶veletek tulajdonságai Ezeket a tételeket középszinten csak Venndiagram segítségével, szemléletesen igazoljuk, emelt szinten elvárható a denícióra épül® bizonyítás is. A halmazm¶veletek közül az alábbiakban a metszetre, az unióra és a szimmetrikus differenciára vonatkozó néhány tételt tárgyalunk. Tétel. Bármely A, B 1. A ∩ B = B ∩ A; 2. A ∪ B = B ∪ A; 3. A4B =B4A Bizonyítás. halmazokra (a m¶veletek kommutatívak). 1. Bármely x ∈ A∩B ∈A esetén (x és x ∈ B ), mely logikai állítás akkor és csak akkor igaz, ha mindkét állítás igaz, sorrendt®l függetlenül. Ekkor 2. Bármely x∈B∩A y ∈ A∪B is igaz. esetén (y ∈A vagy y

∈ B ), mely logikai állítás igaz, ha a két állítás közül legalább egyik igaz, az állítások sorrendjét®l függetlenül. Ekkor 3. Bármely y ∈B∪A z ∈ A4B is igaz. esetén vagy (z z ∈ B ) igaz, vagyis A 4 B ∈ A és z ∈ / B) Bármely A, B , C A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C ; 2. A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C ; 3. A 4 (B 4 C) = (A 4 B) 4 C Ha és z ∈ B 4 A. halmazokra 1. Bizonyítás. ∈ / A elemei azok, amelyek csak egyik halmaznak elemei, a halmazok sorrendjét®l függetlenül. Azaz Tétel. vagy (z (a m¶veletek asszociatívak). 1. Deníció szerint ha x ∈ A ∩ (B ∩ C), akkor x ∈ B ∩ C, x∈A és x∈B x ∈ B , ezért x ∈ (A∩B). Valamint x ∈ C Venndiagrammal: 38 akkor (x és x ∈ C. is igaz, ezért ∈B és Mivel x ∈ C ). x∈A és x ∈ (A∩B)∩C . 2. Deníció szerint ha ∪ (B ∪ C), x ∈ B, vagy akkor ezért x ∈ C, x∈A vagy x ∈ (A ∪ B). akkor x∈B

igaz, akkor x ∈ C ). Ha x ∈ A ∪ x ∈ C. x ∈ B, x∈A Mivel vagy x ∈ (A ∪ B) Venndiagrammal: akkor vagy akkor vagy el®bbiek miatt ekkor vagy vagy vagy Ekkor a deníció szerint, ha x ∈ (B 4 C), x ∈ A 4 (B 4 C), vagy x∈B x ∈ (A ∪ B) ∪ C . 3. Deníció szerint ha Ha x ∈ B ∪ C , akkor (x ∈ B x ∈ A, vagy x ∈ B, vagy x ∈ C. vagy x∈C x ∈ (B 4 C), Ha tehát vagy igaz. de az x∈A x ∈ (A 4 B), és mivel az is igaz, hogy vagy x ∈ ∈ C , ezért deníció szerint ekkor x ∈ (A 4 B) 4 C . Venndiagrammal: Tétel. Bármely A, B és C halmazokra 1. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) 2. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) 39 (disztributivitás mindkét irányban). Bizonyítás. x ∈ B ∪ C, vagy x ∈ A azaz x ∈ B x ∈ C és 2. Deníció szerint, ha x∈B x∈C és azt jelenti, hogy Tétel. x ∈ C. Ekkor x ∈ A∩B Ekkor x∈A x ∈ (A ∪ B) és akkor vagy

(De Morganazonosságok) Bármely A∩B =A∪B 2. (A ∪ B) = A ∩ B , x ∈ A vagy x∈A x∈B x ∈ (A ∪ C), x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). 1. akkor és x ∈ B igaz, x ∈ A ∩ C, azaz és vagy x ∈ (B ∩ C), igaz, és x∈A Venndiagrammal: A, B H (A, B ∈ H) 40 vagy és ez deníció szerint halmazokra ; adott x ∈ A Venndiagrammal: x ∈ A ∪ (B ∩ C), x ∈ C. is igaz. Azaz vagy igaz, azaz x ∈ (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). azaz x ∈ A ∩ (B ∪ C), 1. Deníció szerint, ha alaphalmaz esetén. Bizonyítás. x∈H 1. Ha ). Ha x ∈ A∩B x ∈ A∪B , akkor deníció szerint , akkor x∈A vagy x ∈ B. x ∈ / A ∩ B, Mivel (de A ∩ B 6⊂ A és / A ∩ B . Tehát x ugyanazon halmaznak nem lehet A ∩ B 6⊂ B , ezért x ∈ eleme az egyenl®ség mindkét oldala szerint, tehát a két oldal elemei ugyanazok. Venndiagrammal: 2. Ha és x ∈ A∪B x ∈ B. , akkor x∈ / A ∪ B, azaz Ez pontosan azt

jelenti, hogy 41 x∈ /A és x∈ / B. x ∈ A ∩ B. Ekkor x∈A Venndiagrammal: 3.2 Számhalmazok Az általános iskolában megismerkednek a tanulók el®ször a természetes, majd az egész és a racionális számok halmazával. A számhalmazok viszonya egymáshoz, valamint az irracionális szám fogalma igazán csak középiskolában kristályosodik ki. Azt, hogy melyik számhalmaz mely m¶veletekre zárt, általában bizonyítás nélkül fogadtatjuk el általános iskolában. Példaként azért nézzük meg a 42 racionális számokra: Tétel. Bármely két racionális szám összege, különbsége, szorzata, hányadosa racionális szám. q, s 6= 0. Deníció szerint p·s±r·q ∈ Z p r , és b = , ahol p, q, r, s ∈ Z és q s p·s±r·q , ami racionális szám, mert a±b= q·s a, b ∈ Q, Bizonyítás. Legyen azaz a= (egész számok halmaza zárt az összeadása, kivonásra és q · s ∈ Z és q · s 6= 0, tehát a ± b ∈ Q. Deníció

szerint p·r a±b= , ami racionális szám, mivel az el®z®en alapján p · r és q · s ∈ Z, q·s a p s p·s és q · s 6= 0. Deníció szerint = · = , ami a fentiekhez hasonlóan b q r q·r racionális szám (feltéve, hogy b 6= 0, azaz r 6= 0). szorzásra), ugyanezért Tétel. Pontosan a racionális számok írhatók fel véges, vagy végtelen szaka- szos tizedes törtként. Ez a tétel két tételre bontható: 1. Minden racionális szám felírható véges, vagy végtelen szakaszos tizedes törtként. 2. Ha egy szám véges, vagy végtelen szakaszos tizedes tört, akkor racionális Bizonyítás. 1. Legyen p q egy pozitív racionális szám tovább nem egysze- r¶síthet® alakja. Végezzük el a számláló és a nevez® osztását maradékos osztások sorozatával a következ®képpen: q, q1 , r1 ∈ N , és a maradékos osztás tulajdonsága miatt mindenképpen igaz, hogy törtet kaptunk. Ha maradékosan p = q · q1 + r1 , q val sága miatt az r2 0 6 r1 <

q . r1 6= 0, Ha r1 = 0, r1 ahol maradékra akkor véges tizedes akkor következ® lépésben 10 · r1 et osszuk (els® tizedes jegy). A maradékos osztás tulajdon- maradékra is igaz, hogy 0 6 r2 < q . Az eljárást folytassuk az el®z®ek szerint: ha egyszer 0 maradékot kapunk, akkor valóban véges tizedes tört alakban írható fel az eredeti szám. Ha nem kapunk 0 maradékot, akkor is csak legfeljebb maradék lehet, mert mindegyikre igaz, hogy 43 q − 1féle különböz® 0 6 ri < q , és természetes számok. Tehát legfeljebb q−1 lépés után a maradékok, és így a há- nyados tizedes jegyei is ismétl®dni fognak. 2. Legyen az A szám véges tizedes tört alakú, ahol a tizedes jegyek száma n. Ekkor felírható = 0, a 10n A= alakú törtként, ahol a 10n ∈ Z, 10n 6= tehát A racionális szám. Legyen az A szám végtelen, szakaszos tizedes tört, ahol az ismétl®d® szakasz n jegyb®l áll (n 6= 0). Szorozzuk n meg a

számot 10 el, majd vonjuk ki bel®le az eredeti számot! A különbség: 10n · A − A = (10n − 1) · A. Ekkor biztos, hogy egész számot kapunk, mert a kivonandóban és a kisebbítend®ben a tizedesvessz® után ugyanazon helyi értéken ugyanazon számjegyek állnak, így a különbségben a tizedesvessz® után mindenhol −1)·A = z , amib®l A = 0 fog állni. Tehát (10n − z , ami racionális szám, mert a számláló 10n − 1 és a nevez® is egész szám. Az általános iskolában már megismerkednek a tanulók a négyzetgyök kapcsán az irracionális számok fogalmával, de az irracionális és racionális számok kapcsolata, valamint a valós számhalmaz teljesen csak középiskolában épül fel. Ennek egyik els® lépése a következ® tétel, mely egyben egyik legalapvet®bb példa az indirekt bizonyítási módszerre. Tétel. A √ 2 irracionális szám. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy a √ 2 racionális szám, azaz felírható két egész √

szám hányadosaként (indirekt feltétel). Legyen nem egyszer¶síthet®, azaz p2 igaz, hogy 2 = q2 p és q 2= p , q relatív prímek, valamint ami már tovább p, q > 0. . Mivel a racionális szám deníciója szerint egyenl®ség mindkét oldalát megszorozhatjuk Ekkor q 6= 0, ezért az q 2 tel: 2·q 2 = p2 . Az egyenl®ség bal oldalán páros szám áll, mert 2vel osztható, tehát a jobb oldal, azaz páros. Viszont csak páros szám négyzete lehet páros, tehát p annak a feltételnek, hogy p q q is is páros szám. 2 Ekkor azonban p osztható 4gyel is. Ez csak úgy lehet, hogy 2vel. Ez viszont azt jelenti, hogy p2 q2 osztható is páros szám. Ez viszont ellentmond tovább nem egyszer¶síthet®, azaz √ prímek. Így abból a feltételezésb®l, hogy a 44 2 p és q relatív racionális szám, logikailag helyes lépéseken keresztül ellentmondáshoz jutottunk, ami azt jelenti, hogy √ az indirekt feltétel hamis. Tehát a 2

nem racionális, azaz irracionális szám. Geometriai bizonyítás: Legyen egy négyzet átlója 1 egység. Ekkor az átló √ hossza 2 egység. Keressük meg a két szakasz közös mértékét az euklideszi algoritmus segítségével! Mérjük rá az átlóra az oldal hosszát, a maradék szakasz legyen Ha − √ 2 r1 et r1 . √ 1 − ( 2 − 1) = 2 − √ amelynek oldala 2−1 rámérjük az oldalra, akkor kapunk egy hosszú szakaszt, ez egy olyan négyzet átlója, (Pitagorasztétellel könnyen belátható). Az algoritmus következ® lépésében ennek oldalát és átlóját kellene összehasonlítani, stb. Az algoritmus végtelenségig folytatható, egyre kisebb oldalú négyzetek átlóival és oldalaival ( r1 > r2 > · · ·, √ azaz √ 2 − 1 > 3 − 2 2 > · · ·), az eljárás nem ér véget. Ez a bizonyítás szép példája a végtelen leszállás (descent inni) bizonyítási módszerének. A valós számhalmaz alapos

megismeréséhez hozzátartozik, hogy megvizsgáljuk a racionális és irracionális számok egymáshoz való viszonyát. Ezért célszer¶ megmutatni a következ® összefüggést Tétel. 1. Egy racionális és egy irracionális szám összege irracionális 2. Egy racionális és egy irracionális szám különbsége irracionális 3. Egy 0tól különböz® racionális és egy irracionális szám szorzata irracionális Bizonyítás. Indirekt módon bizonyítjuk az állításokat a ∈ Q∗ , b ∈ Q és b 6= 0. Tegyük fel, hogy a + b ∈ Q, azaz p a + b = a racionális számok deníciójának megfelel®en. Vonjuk ki az q 1. Legyen 45 egyenl®ség mindkét oldalából bt! Ekkor a = p − bn, ahol a baloldalon q egy irracionális szám áll, a jobboldalon pedig egy racionális szám, mert két racionális szám különbsége racionális. Egy racionális és egy irracionális szám pedig nem lehet egyenl® egymással, mert a két számhalmaznak denícióik alapján nem

lehet közös eleme. Ezzel ellentmondáshoz jutottunk az indirekt feltétellel, tehát egy racionális és egy irracionális szám összege irracionális 2. A 2 állítás ehhez teljesen hasonlóan bizonyítható: tegyük fel, hogy a − b ∈ Q, k a = + b, l azaz a−b= k . l Adjuk hozzá mindkét oldalhoz bt! Ekkor ahol a baloldalon egy irracionális szám áll, a jobboldalon pedig egy racionális szám, mert két racionális szám összege racionális. Így újra az el®bbivel megegyez® tartalmú ellentmondáshoz jutunk, tehát a különbség is irracionális. a·b ∈ 1 oldalát  b 3. A 3 állítás igazolásánál is hasonlóan járunk el: tegyük fel, hogy ∈ Q, azaz r a·b= . s Szorozzuk meg az egyenl®ség mindkét vel, ami racionális szám, mert egy racionális szám reciproka. Ekkor a= r 1 · n, s b ahol a baloldalon egy irracionális szám áll, a jobb oldalon pedig egy racionális, mert két racionális szám szorzata racionális. Újra a fent

részletezett ellentmondáshoz jutunk, tehát a szorzatuk is irracionális. Konkrét példákon mutassuk meg, hogy két irracionális szám összege, különbsége, szorzata lehet racionális és irracionális is: Például: (1 + viszont √ √ 2) + (1 − 2) = 2, √ √ √ ( 3 + 2) + ( 3 − 2) = 2 · 3; √ √ √ (1 + 2) − (1 − 2) = 2 · 2, 46 viszont √ √ ( 3 + 2) − ( 3 − 2) = 4; √ √ ( 5 + 1) · ( 5 − 1) = 4, viszont √ √ √ 2 · 5 = 10. 3.3 Logika A logika legfontosabb szerepet a matematika tanítása során leginkább a különböz® témakörök indoklási, bizonyítási eljárásaiban játszik. Nem feltétlenül csak egy konkrét tétel bizonyítása során alkalmazzuk a logikai m¶veleteket, de gyakran el®fordul, hogy egyegy feladatban kell indokolni egy logikai állítást. Ezért fontos megértetni a tanulókkal azt, hogy amikor formális logikáról beszélünk, akkor ezen egy, a legkülönfélébb területeken általánosan

alkalmazható gondolkodási módszert, eljárást értünk Az alapvet® fogalmakon túl a középiskolai tanulmányok során a konjunkció (és, diszjunkció (vagy, ∨), a negáció (¬), implikáció (⇒) és ekvivalencia ( ∧), a ⇐⇒ ) m¶veletekkel, és ezek tulajdonságaival találkozunk. A logikai m¶veleteket igazságtáblázattal deniáljuk, és az állítások bizonyítása is igazságtáblázat segítségével történik. Ha egy állítást abszolút érték jel közé teszünk, akkor az állítás logikai értékét értjük alatta. Tétel. Tetsz®leges A és B állításokra 1. |A ∨ B| = |B ∨ A| , valamint 2. |A ∧ B| = |B ∧ A| , azaz a m¶veletek kommutatívak. Bizonyítás. és 1. A vagy" m¶velet deníciójának megfelel®en: Mivel az A B állítások megfelel® értékeihez a két oldal minden esetben ugyanazt a logikai értéket rendeli, ez azt jelenti, hogy a m¶velet kommutatív. 2. Az és" m¶velet

deníciójának megfelel®en: Mivel az 47 A és B állítások megfelel® értékeihez a két oldal minden esetben ugyanazt a logikai értéket rendeli, ez azt, jelenti, hogy a m¶velet kommutatív. Tétel. Bármely A, B , C állításokra 1. |(A ∨ B) ∨ C| = |A ∨ (B ∨ C)| , illetve 2. |(A ∧ B) ∧ C| = |A ∧ (B ∧ C)| , azaz a m¶veletek asszociatívak. Bizonyítás. A három állítás logikai értéke összesen 8 féle variációban lehet, igazságtáblázat segítségével megmutatjuk, hogy a logikai értékek megfelel® variációi esetén az állítások baloldalán ugyanazt a logikai értéket kapjuk a m¶veletek deníciója szerint. 48 Tétel. Bármely P, Q, R állításokra 1. P ∨ (Q ∧ R) = (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R), illetve 2. P ∧ (Q ∨ R) = (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R), azaz a két m¶velet egymásra nézve disztributív. Bizonyítás. Tétel. DeMorgan azonosságok: bármely 1. |¬(A ∧ B)| = |¬A ∨ ¬B| 2. |¬(A ∨

B)| = |¬A ∧ ¬B|. A, B állításokra igaz, hogy , illetve Bizonyítás. Az azonosságok igazolását a fentiekhez hasonlóan értéktáblázat segítségével végezzük el. 49 Tétel. Az A⇒B B" állítással, azaz implikáció (ha A akkor |A ⇒ B| = |¬A ∨ B| B) egyenérték¶ a nem A vagy , bármely A, B állítások esetén. Bizonyítás. Tétel. Bármely P, Q állítások esetén a P ⇐⇒ Q ekvivalencia egyenérték¶ a ha P akkor Q, és ha Q akkor P" állítással, azaz |P ⇐⇒ Q| = |(P ⇒ Q) ∧ (Q ⇒ P )| . Bizonyítás. 3.4 Feladatok 1. Igazolja, hogy az AB m¶velet nem kommutatív, nem asszociatív! 2. Igazolja a következ® azonosságokat: 50 a) A ∩ (B 4 C) = (A ∩ B) 4 (A ∩ C) b) A ∪ (B 4 C) = (A ∪ B) 4 (A ∪ C) c) A 4 (B ∩ C) = (A 4 B) ∩ (A 4 C) A 4 (B ∪ C) = (A 4 B) ∪ (A 4 C) √ √ 3 és a 5 irracionális szám. Igazolja, hogy a d) 3. 4. Igazolja, hogy egy irracionális és egy

nem zérus racionális szám hányadosa irracionális! 5. Bizonyítsa be, hogy ha egy végtelen szakaszos tizedestört A = a, b1 b2 . bm c1 c2 cn alakú, ahol az els® m tizedesjegyben (b1 ; b2 > . ; bm ) nincs periodikus ismétl®dés, csak a következ® n jegy (a c1 ; c2 ; . ; cn számjegyek) ismét- l®dik periodikusan, akkor az is racionális szám! 6. Bizonyítsa be, hogy 7. Bizonyítsa be, hogy log2 5 irracionális szám! logn (n + 1) irracionális szám, ahol n ∈ N+ és n 6= 1! 8. Igaze, hogy négy irracionális szám között mindig van három olyan, amelyek összege is irracionális szám? (Arany Dániel Verseny, 2000 2001) 9. Igazolja a következ® azonosságokat értéktáblázat segítségével: a) |A ⇒ (B ⇒ C)| = |(A ∧ B) ⇒ C| b) |¬(A ∧ B ∧ C)| = |¬A ∨ ¬B ∨ ¬C| c) |A ⇒ B| ⇐⇒ |¬B ⇒ ¬A| (kontrapozíció)! 10. Bizonyítsa be a következ® állítást: ha 7 pont úgy helyezkedik el egy egységnyi sugarú

körben, hogy bármely kett® távolsága legalább 1, akkor az egyik pont egybeesik a kör középpontjával! 51 4. Tételek és bizonyítások a kombinatorika és a gráfelmélet köréb®l A gyakorlat sok területen megköveteli az embert®l a kombinatorikus gondolkodási folyamatokat. Ennek jellemz®i:  különböz® lehet®ségek számbavétele, mérlegelése, a legkedvez®bb kiválasztása (ha van ilyen)  gyakorlati, elméleti problémákkal kapcsolatos rendez® elvek keresése  rendszeresség  többféle megoldási mód keresésének igénye  más témaköröknél, tantárgyaknál való alkalmazások. Ez a felsorolás is mutatja a terület fontosságát. A klasszikus kombinatorikai módszerek (permutációk, kombinációk, variációk) mellett a tankönyvek ebben a témakörben szokták tárgyalni a skatulyaelvet és a logikai szitaformulát is. Ami a gráfelméletet illeti, gyakran alkalmazunk gráfokat a kombinatorikai feladatok megoldásainak szemléletessé

tételére, többféle megoldási lehet®ség bemutatására, indoklására. Önálló témakörként középiskolában a gráfelméletnek igen sz¶k területével találkozunk még emelt szinten is. 4.1 Permutációk Tétel. n darab különböz® elemet n!féleképpen rendezhetünk sorba. Bizonyítás. Teljes indukcióval bizonyítjuk a tételt 1. Tudjuk, hogy n = 1 (deníció szerint 2. Tegyük fel, hogy elemet 1! = 1féleképpen rendezhetünk sorba 1! = 1). k elemre igaz, hogy k!féleképpen rendezhetjük sorba. Vegyünk még egy elemet, a k + 1ediket! 52 Ekkor az el®z® k darab elem egy lehetséges sorrendjébe a k + 1edik elem k+1 helyre illeszthet® be: az elejére, a 1. elem után, a 2 elem után, stb, a végére: Mivel egymástól függetlenül minden lehetséges sorrend esetén helyre illeszthet® be a k + 1edik k+1 elem, ezért összesen: k! · (k + 1) = (k + 1)! az összes lehetséges sorrend. Tétel. n elem¶ ismétléses

permutációk száma: n! , k1 !k2 ! . ks ! Pnk1 ;k2 ;.ks = ahol k1 , k2 , . ks az ismétl®d® elemek száma Bizonyítás. Mivel összesen lenne. De ha k1 , k2 , . , ks n Ps i=1 ki 6n
. elem van, ezek összes lehetséges sorrendje n! elem ismétl®dik (egyforma), akkor ezek egymás közötti különböz® sorrendje nem különböztethet® meg. Ez azt jelenti, hogy az összes permutációban k1 !k2 ! . ks ! számú egyforma sorrend lesz, mert az ismétl®d® elemek egymás között ennyiféle különböz® sorrendet alkothatnak. Ezért a különböz® sorrendek száma: Tétel. n elem k tagú (k, 6 n) n! . k1 !k2 ! . ks ! ismétlés nélküli variációinak száma Vnk = n(n − 1)(n − 2) . (n − k + 1) = 53 n! (n − k)! Bizonyítás. az els® elemet maradék (n − 1) nféleképpen elemb®l választhatjuk. A harmadikat a maradék elemb®l, stb. Mivel összesen k elem k tagú (n <k (n − 2) elemet kell sorba rendeznünk,

ezért az utolsó (n − k + 1) elem kiválasztására is marad még Tétel. n választhatjuk ki. A másodikat a különböz® elem. is lehet) ismétléses variációinak száma k(ism) Vn Bizonyítás. A sorozat els® elemét = nk . nféleképpen választhatjuk ki. Mivel az elemek ismétl®dhetnek, ezért ett®l függetlenül másodiknak is választhatjuk mind az n elemet (azt is, amelyet els®nek választottunk), majd harmadiknak is választhatunk n elemet, stb., mind a k helyre. Ezért összesen k n | · n ·{zn . n} = n kdb féle sorrend lehetséges. 4.2 Kombinációk Tétel. n elem¶ halmaz k elem¶ (k Cnk = 6 n) részhalmazainak száma n! = (k! · (n − k)!)   n . k Bizonyítás. Visszavezetjük ismétlés nélküli variációra: n elem k tagú ismétlés nélküli variációinak száma Vnk = Mivel bármely kiválasztott k n! . (n − k)! elem sorrendje nem számít (ez összesen k! lehet), ezért ezt el kell osztanunk az elemek

sorrendjével. Másképpen: ismétléses permutációra is visszavezethetjük Írjuk le a halmaz n elemét valamilyen sorrendben. Ezután az elemek közül egy adott számú (k darab) kiválasztása esetén feleljen meg 1 azoknak az elemeknek, amelyeket kiválasztottuk, és 54 k 0 azoknak, amelyeket nem. Ilyen módon minden elem¶ részhalmazhoz hozzárendeltünk kölcsönösen egyértelm¶en egy olyan permutációt, amely áll k db 1esb®l és (n − k) n elem¶ ismétléses db 0ból. A kölcsönösen egyértelm¶ megfeleltetés miatt a részhalmazok száma megegyezik az ismétléses permutációk számával, azaz Pnk;(n−k) = n! . (k! · (n − k)!) Egy konkrét példával megvilágíthatjuk az el®z® fejtegetést. Legyen a halmaz: A = {a, b, c, d, e, f }, és legyen k = 3. Ha a kiválasztott részhalmaz például {e, f, c}, Ha a kiválasztott részhalmaz például {a, c, d}, akkor a megfeleltetés: akkor a megfeleltetés: és így tovább az összes

lehetséges részhalmazzal. Tétel. Ha (Binomiális tétel) a és b tetsz®leges valós számok és n pozitív természetes szám, akkor n   X n k n−k (a + b) = a b . k n k=0 Bizonyítás. Tekintsük a hatvány szorzat alakját! (a + b)n = (a + b) · (a + b) · (a + b) · (a + b) | {z } ndb 55 A szorzás elvégzése során minden lépésben ki kell választani a (n − k) tagot, és a maradék ak bn−k szorozni, így a szorzat tudunk k tényez®b®l a lesz. Mivel n b k tényez®b®l az tagot, és ezeket össze kell   b féleképpen k tényez®b®l tagot kiválasztani, egy adott szorzat ennyiszer fordul majd el®. Ha minden lehetséges k esetén ugyanígy járunk el 0 6 k 6 n, és ezeket összegezzük, a kapott összefüggést kapjuk. Tétel.     n n = k n−k Bizonyítás. Mivel egy n választott elemek száma elem¶ halmazból kiválasztva k elemet, a ki nem (n − k) lesz. Kölcsönösen egyértelm¶en megfeleltet- hetjük

egymásnak a kiválasztott elemeket és a ki nem választott elemeket. Emiatt a kiválasztott és a ki nem választott elemek összes lehetséges kombinációja egyenl® kell, hogy legyen. Bizonyítható az összefüggés algebrai úton is. Tudjuk, hogy   n n! , = (k! · (n − k)!) k az egyenl®ség jobb oldala pedig:  n n−k mivel k + (n − k) = n. Tétel.  = n! · k!, (n − k)! A két oldal nyilvánvalóan egyenl®.       n n n+1 + = k k+1 k+1 Bizonyítás. Az els® tétel alapján felírható, hogy     n n n! n! + = + . k k+1 k! · (n − k)! (k + 1)! · (n − k − 1) Mivel (k + 1)! = (k + 1) · k!, és (n − k)! = (n − k) · (n − k − 1)!, 56 ezért a két törtet közös nevez®re hozhatjuk a következ®képpen: n! n! (k + 1) · n! + (n − k) · n! + = = (k! · (n − k)! (k + 1) · (n − k − 1)! (k + 1) · (n − k)! = (k · n! + n! + n · n! − k · n! . (k + 1)! · (n − k)! A számlálót átalakítva kapjuk, hogy n! + n

· n! (n + 1) · n! = . (k + 1) · (n − k)! (k + 1) · (n − k)! Mivel a számlálóban pedig (n + 1) · n! = (n + 1)! (n − k)! = [(n + 1) − (k + 1)]!, deníció szerint, a nevez®ben ezért a tört felírható n + 1! (k + 1) · [(n + 1) − (k + 1)]!  alakban, ami pedig deníció szerint egyenl® n+1 k+1  szimbólummal. A kom- binációkkal kapcsolatos összefüggések egy elemibb szinten megmutathatók a tanulóknak a Pascalháromszög segítségével is, de azt világosan kell látniuk, hogy az még nem bizonyítás, csak konkrét példán való megmutatása az összefüggéseknek. 4.3 Gráfok A gráfokat mint már említettük, f®képpen különböz® alkalmazásokban, szemléletes feladatmegoldásokban használjuk a középiskolában. De azért nem árt néhány alapvet® összefüggést a gráfokkal kapcsolatban megtárgyalni, a szemléltetett feladat szövegezését®l függetlenül. Tétel. Bármely gráfban a fokszámok összege az élek számának

kétszerese. Bizonyítás. A gráf élének deníciója alapján egy él két ponthoz csatlakozik A fokszám deníciója alapján egy pont fokszáma a hozzá csatlakozó élek számával egyenl®. Ezért a gráf összes pontjának fokszámában minden él 57 kétszer szerepel, mindkét végpontjának fokszáma között. Így a fokszámok összege valóban az élek számának kétszerese. Egy ábra segítségével az öszszefüggést meg lehet világítani a tanulók számára: Tétel. Bármely gráfban a páratlan fokszámú pontok száma páros. Bizonyítás. Ez az állítás következik az el®z® tételb®l, mivel ha a fokszámok összege páros, akkor az összegben szerepl® tagok vagy mind párosak, vagy páros sok páratlan szám lehet köztük. A gráfelmélet kiindulópontjaként szokták emlegetni Eulernek a königsbergi hidak" néven elhíresült problémáját, mely szinte minden középiskolai tankönyvben szerepel. Ebben a feladatban (lásd az ábrát) az

a lényeg, hogy olyan módon kell végigmenni az éleknek megfelel® hidakon, hogy minden élen egyszer haladjunk végig, és 58 visszajussunk a kiindulópontba. Eulervonalnak nevezzük a gráf egymáshoz csatlakozó éleinek sorozatát, amely a gráf minden élét pontosan egyszer tartalmazza, zárt Eulervonalnak egy gráfban élek olyan sorozatát nevezzük, amelynek kezd® és végpontja azonos, és minden él pontosan egyszer szerepel benne. (Egy Eulervonalban egy ponton többször is átmehetünk, szemben a körrel, ahol minden él és minden pont csak egyszer szerepelhet.) Euler gráfnak nevezzük azon gráfokat, amelyeknek van zárt Eulervonala. Tétel. Egy összefügg® gráfnak akkor és csak akkor van zárt Eulervonala, ha a gráf minden pontjának fokszáma páros szám. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy van a gráfban olyan pont (P ), amelynek pá- ratlan a fokszáma. Induljunk el ebb®l a pontból, és keressük meg a gráf Eulervonalát! Ha visszajutni a

P f (P ) = 1, akkor elindulva ezen él mentén, nem tudunk pontba, mert deníció szerint minden élen csak egyszer haladhatunk végig. Ha f (P ) = 2k + 1 és és k ∈ N+ , akkor kiindulva ebb®l a pontból élek valamely sorozatán keresztül kszor ki és kszor be tudunk haladni úgy, hogy különböz® éleken haladunk, de amikor a 2k + 1edik élet használjuk, akkor azon kifelé haladunk, és mivel nincs több él, ami ebbe a pontba csatlakozik, nem juthatunk vissza a kiindulóponthoz. Ismert ezzel kapcsolatban a kétféle boríték problémája. A tétel alapján eldönthet®, hogy egyiknek sincs Eulervonala. Ha az a borítékot alul is kinyitnánk, akkor az így kapott alakzatnak már lenne Eulervonala. Hasonlóképpen látható, hogy a klasszikus königsbergi hidaknak megfelel® gráfnak sincs Eulervonala. 59 Sok kombinatorikai, valószín¶ségszámítási feladat szemléltetéséhez használunk fagráfokat, azaz összefügg® és kört nem tartalmazó

gráfokat. Ezért nem árt tisztázni ezeknek néhány alapvet® tulajdonságát. Tétel. Minden legalább két pontú fának van els®fokú pontja. Bizonyítás. Ha minden pont legalább másodfokú lenne, akkor két ilyen másodfokú pont között létezik kör, ami ellentmond a fa deníciójának Az alábbi állítások a fa gráfok néhány alapvet® tulajdonságát világítják meg, és bizonyítás nélkül, szemlélet alapján elfogadjuk ®ket, mert megfelel®en átfogalmazva a fa deníciójára visszavezethet®k: 60  A fák bármely két pontját egyetlen út köti össze.  Egy fának bármely élét elhagyva nem lenne összefügg® a gráf.  Ha egy fának bármely két pontját összekötnénk, ami nem volt öszszekötve, akkor a gráfban már lenne kör. Ezek segítségével belátható a következ® tétel: Tétel. Az n pontú fának n−1 éle van. Bizonyítás. A tétel visszavezethet® az el®z® állításokra 4.4 Feladatok 1. Tegyük fel, hogy

bizonyos tárgyak közt van két különböz® szín¶, továbbá van két különböz® alakú Bizonyítsuk be, hogy akkor van a tárgyak közt két olyan amelyek színben is, alakban is különböznek! 2. Bizonyítsuk be, hogy egy hat tagú társaságnak mindig van vagy 3 olyan tagja, akik kölcsönösen ismerik egymást, vagy 3 olyan, akik kölcsönösen nem ismerik egymást! 3. Vajon a nagyapáim dédapjai ugyanazok a személyek voltake, mint a dédapáim nagyapjai? 4.           n n n n n + + + ··· + + = 2n 0 1 2 n−1 n 5. Adott a térben 4 olyan pont, amelyek nem illeszkednek egy síkra Hány olyan sík adható meg, amelyt®l mindegyik pont ugyanakkora távolságra helyezkedik el? 6. Nyolc sakkozót két csoportra kell osztani úgy, hogy az egyes csoportokon belüli körmérk®zéses versenyek során lejátszott mérk®zések együttes száma a lehet® legkevesebb legyen Hogyan osztaná két csoportra a sakkozókat? 61 7. Egy országban 9 nagyváros van Ezek

közül mindegyikb®l pontosan 4 nagyvárosba van oda és vissza is repül®járat. Bizonyítsa be, hogy bármely nagyvárosból legfeljebb egy átszállással bármely nagyvárosba el lehet jutni! 8. Hogyan lehet 9 fát úgy elhelyezni, hogy 9 sort alkossanak, és mindegyik sorban 3 fa legyen? Soron a 3 db, egy egyenesen lev® fából álló alakzatot értjük. 62 5. Indoklások és bizonyítások a számelmélet területén Számelméleti alapismeretekkel a tanulók már nagyon korán, az általános iskola 56. osztályában megismerkednek: oszthatósággal, oszthatósági szabályokkal, maradékos osztással, a prímszám és az összetett szám fogalmával  természetesen f®leg konkrét példákon keresztül. Kés®bb, a 78 évfolyamon már az osztó, többszörös, legnagyobb közös osztó, legkisebb közös többszörös, s®t az osztók száma is el®kerül. A hatványozás bevezetésével pedig a prímtényez®s felbontást és a számelmélet alaptételét is

megismerik. Középiskolai tanulmányaikban tulajdonképpen nem sok újdonság van, inkább az általános iskolában tanult ismeretek általánosítása, tételek bizonyítása és az alkalmazások kiszélesítése szerepel. Alkalmazásokban, szöveges feladatok megoldása során, matematikaversenyeken azonban gyakran találkoznak a tanulók oszthatósággal vagy prímszámokkal kapcsolatos kérdésekkel. 5.1 Oszthatósággal kapcsolatos bizonyítások El®ször az egyjegy¶ számokkal (2vel, 3mal, 4gyel, 5tel, 6tal, 8cal, 9 cel) és a tíz hatványaival való oszthatóság szabályait sajátítják el a tanulók az általános iskolában, ahol precíz tételek helyett még csak szabályokat" fogalmazunk meg: milyen esetekben vizsgáljuk az utolsó (egy, két, három) számjegyet, milyen esetekben a számjegyek összegét. Bizonyítások helyett ekkor még csak a konkrét példák sokaságán történ® kipróbálás módszerét alkalmazzuk. Nagyon hasznos, ha az

oszthatósági feladatokban konkrét dolgok csoportosításával szemléltetjük a szabályokat A maradékos osztást is csak konkrét példákon keresztül alkalmazzuk általános iskolában, a bizonyításokkal csak középiskolában foglalkozunk. Összetett oszthatósági szabályokkal csak kés®bb találkoznak a tanulók Tétel. Bármely k, r ∈ N a, b ∈ N számokhoz (a számok, amelyekre hányadosnak, az > b) a = b · k + r, egyértelm¶en meghatározhatók ahol 0 6 r < b teljesül. A k -t r-t maradéknak nevezzük, a m¶veletet maradékos osztásnak. 63 Bizonyítás. Hogy bármely két természetes számhoz létezik ilyen felírás, az a Peanoaxiómákból következik. Tegyük fel, hogy kétféle különböz® felírása létezik anak bvel való maradékos osztásánál, azaz 1. a = b · k1 + r1 , ahol 0 6 r1 < b, 2. a = b · k2 + r2 , ahol 0 6 r2 < b. Tegyük fel továbbá, hogy r1 < r2 . Mivel az egyenletek bal oldala azonos

(a), ezért a jobb oldaluk is egyenl®, tehát b·k1 +r1 = b·k2 +r2 , ahonnan rendezéssel azt kapjuk, hogy 3. b · (k1 − k2 ) = r2 − r1 . Mivel feltétel volt, hogy < b, valamint 0 6 r1 , r2 < b, k1 , k2 , r1 , r2 , 0 6 r2 − r1 < természetes számok, ezért különbségük biztosan egész szám, a (3)-ból következik, hogy r2 − r1 < b. ezért az is igaz, hogy (b | r2 − r1 ), ami nem lehetséges, mert Ezzel ellentmondásra jutottunk azzal a feltevéssel, hogy kétféle különböz® felírás létezik, tehát a maradékos osztás egyértelm¶. Tétel. Ha egy természetes számokból álló összeg minden tagja osztható egy számmal, akkor az összeg is osztható ezzel a számmal. Szimbólumokkal (kéttagú összegre): (a | b ∧ a | c ⇒ a | (b + c), ahol a, b, c ∈ N). Bizonyítás. Ha felírható, hogy a | b, akkor felírható, hogy c = m · a. b = k·a valamint, ha a | c, akkor E két egyenletet összeadva kapjuk, hogy b + c =

k · a + m · a = (k + m) · a, ami azt jelenti, hogy a | (b + c). Megjegyzés: Az állítás hasonlóan igazolható több számból álló összegre is. A tétel megfordítása általánosan nem igaz, azaz ha egy összeg osztható egy számmal, akkor nem biztos, hogy az összeg minden tagja osztható ezzel 64 a számmal. Ennek megmutatására elég egy ellenpéldát hozni, pl: 5 | 3 + 7 6⇒ 5|3 Tétel. és 5|7. Ha egy természetes számokból álló szorzat valamelyik tényez®je oszt- ható egy számmal, akkor a szorzat is osztható ezzel a számmal. Szimbólumokkal (két tényez®s szorzatra): (a | c ⇒ a | b · c) ∨ (a | b ⇒ a | b · c), ahol a, b, c ∈ N. Bizonyítás. Ha tehát a | b · c. tehát a | b · c. a | c, akkor létezik k ∈ N, hogy c = a·k , amib®l b·c = b·a·k , Ha a · b, akkor létezik l ∈ N, hogy b = a · l, amib®l b · c = a | c, Megjegyzés: Hasonlóan igazolható az állítás több tényez® esetén is. Ennek a

tételnek sem igaz a megfordítása általában, pl: 6 | 3 · 4, de 6 - 3, és 6 - 4. Tétel. Ha a osztója bnek, akkor a összes osztója is osztója bnek (a, b ∈ N). Bizonyítás. Ha létezik c1 ∈ N, kapjuk, hogy Tétel. a | b, hogy akkor létezik a1 · c1 = a. a1 · c1 · c = b, azaz c ∈ N, hogy a · c = b. Ha a1 | a, Ezt beírva az el®z® egyenl®ségbe a akkor helyére a1 | b. Egy 10es számrendszerben felírt természetes szám pontosan akkor osztható 2vel, 5tel, 10zel, ha az utolsó számjegye osztható 2vel, 5tel, 10zel. Bizonyítás. Legyen az A szám tízes számrendszerbeli helyiértékes felírása: A = an · 10n + an−1 · 10n−1 + · · · + a1 · 101 + a0 , ahol ai ∈ 0, 1, 2, . , 9 számjegyek. Az összeg els® (n − 1) tagjából kiemelhe- tünk 10et: A = (an · 10n−1 + an−1 · 10n−2 + · · · + a1 · 10 + a0 . 65 Az els® tag 10nek többszöröse, tehát többszöröse a 10 osztóinak, 2nek

és 5nek is. A második tag a0 , ami a szám utolsó számjegye. Ha egy összeg mindkét tagja osztható egy számmal, akkor az összeg is, tehát ha 2vel, 5tel, 10zel, akkor Tétel. A a0 osztható is. (az el®z® tétel általánosítása) Egy tízes számrendszerben felírt termé- szetes szám pontosan akkor osztható 2n nel, 5n nel, 10n nel, n számjegyéb®l álló szám osztható 2 nel, Bizonyítás. Legyen az A 5n nel, ha az utolsó n 10n nel. szám tízes számrendszerbeli helyiértékes felírása: A = ak · 10k + ak−1 · 10k−1 + · · · + a1 · 101 + a0 , ahol ai ∈ {0, 1, 2, . 9} számjegyek és k > n. Az összeg els® (k − n + 1) n tagjából kiemelve 10 -t kapjuk, hogy A = ak · 10k−n + ak−1 10k−n−1 + · · · + an · 10n + an−1 · 10n−1 + +an−2 · 10n−2 + · · · + a0 . Az els® tag 10n nek többszöröse, tehát 2n nek és 5n nek is. Az összeg pedig akkor osztható 10n nel, 2n nel, illetve 5n

nel, ha mindkét tagja osztható. Az összeg második zárójeles tagja pedig nem más, mint a szám utolsó számjegyéb®l álló szám, tehát ha ez osztható a A 2n , 5n , 10n n számokkal, akkor is osztható velük. Tétel. Egy tízes számrendszerben felírt természetes szám pontosan akkor osztható 9-cel, ha a számjegyeinek összege osztható 9-cel. Bizonyítás. Legyen az A szám tízes számrendszerbeli alakja: A = an · 10n + an−1 · 10n−1 + · · · + a1 · 101 + a0 . Mivel 10n = (9999 . 9) +1 = 9 · (1111 1) +1 | {z } | {z } ndb ndb 66 felbontható minden n > 1re, ezért a szám felírható a következ® alakban: A = an · (9 · (111 . 1)(ndb) + 1) + an−1 · (9 · (11 1) +1) + ·+ | {z } | {z } ndb n−1db +a2 · (9 · 11 + 1) + a1 · (9 · 1 + 1) + a0 . Ezt átrendezve kapjuk, hogy: . 1} + A = 9 · (an · (111 . 1) +an−1 · |11 {z | {z } ndb n−1db +a2 · 11 + a1 + (an + an−1 + · · · + a1 + a0 ). Az így

kapott összeg els® tagja 9cel osztható, így A akkor és csak akkor osztható 9cel, ha a második tag is osztható. A második zárójeles tag pedig nem más, mint a szám számjegyeinek összege. Tétel. Egy tízes számrendszerben felírt természetes szám pontosan akkor osztható 3mal, ha a számjegyeinek összege osztható 3mal. Bizonyítás. A bizonyítás visszavezethet® az el®z® tételre: az átalakított alakban az els® tag 9cel osztható, ezért 3mal is A szám akkor osztható 3mal, ha a második zárójeles tag is osztható 3mal. Ez pedig a szám számjegyeinek összege. Tétel. Egy tízes számrendszerben felírt természetes szám pontosan akkor osztható 11gyel, ha váltakozó el®jellel összeadott számjegyeinek összege osztható 11gyel. Bizonyítás. Mivel 100 = 11 · 0 + 1, 101 = 11 · 1 − 1, 102 = 11 · 9 + 1, 103 = = 11 · 91 − 1, 104 = 11 · 909 + 1, 105 = 11 · 9091 − 1, stb., ezért a 10 páros kitev®j¶ hatványaiból egyet

levonva, a páratlan kitev®j¶ hatványokhoz pedig egyet hozzáadva 11-gyel osztható számot kapunk. Azaz: 11 | 102k−1 , (k ∈ N). 11 | 102k+1 + 1 Ezért ha a szám A = an · 10n + an−1 · 10n−1 + · · · + a1 · 101 + a0 67 és alakjából a 10 hatványait az el®z® egyenl®ségek segítségével 11gyel való maradékos osztás alakban írjuk fel (megengedve negatív maradékot is), akkor a páros kitev®j¶ hatványok esetén esetén a2k+1 (−1) a2k−1 , a páratlan kitev®j¶ hatványok maradék származik. Ha ezeket a maradékokat összegezve 11gyel osztható számot kapunk, akkor A is osztható 11gyel. Ritkán szoktuk alkalmazni, és nem sok helyen szerepel a 7tel való oszthatóság szabálya, ezért érdekességképpen nézzük meg, mert a bizonyítás elve a 11gyel való oszthatósági szabályéhoz nagyon hasonló. Tétel. Egy tízes számrendszerben felírt természetes szám pontosan akkor osztható 7tel, ha az egyesekt®l kezdve a

számjegyeit az 1, 3, 2, 1, 3, 2, −1, −3, −2 −1, −3, −2, sorozat tagjaival rendre megszorozva és összegezve a kapott összeg 7tel osztható. Azaz: 7 | A = an · 10n + an−1 · 10n−1 + · · · + a1 · 101 + a0 ⇐⇒ 7 | a0 · 1 + a1 · 3 + a2 · 2 + a3 · (−1) + a4 · (−3) + . Bizonyítás. Ha 10 hatványainak 7-tel való maradékos osztását vizsgáljuk (megengedve negatív maradékot is), akkor látható, hogy a növekv® hatványok esetén a maradékok periodikusan váltakozva fordulnak el®: 100 = 7·0+ + 1, 101 = 7 · 1 + 3, 102 = 7 · 14 + 2, 103 = 7 · 143 − 1, 104 = 7 · 1429 − 3, 105 = 7 · 14286 − 2, 106 = 7 · 148570 + 1, stb. Ezért a számot fel tudjuk bontani két olyan kifejezés összegére, amelynek els® tagja 7-tel osztható, a második tagban pedig a számjegyek a fenti maradékok sorozatával vannak szorozva. Ha az utóbbi kifejezés 7-tel osztható, akkor az egész szám is Megjegyzés: Hasonlóan vizsgálható például a

13-mal való oszthatóság is, csak ekkor 13-féle, periodikusan váltakozó maradékot kell vizsgálni. Ez, és már a 7-tel való oszthatósági szabály is sokszor bonyolultabb, mint elvégezni az osztást magát. Esetleg speciális számoknál, versenyfeladatok megoldása során lehet a fenti szabályokra és a bizonyítási ötletre támaszkodni. Analóg tételeket lehet megfogalmazni nem tízes számrendszerbeli felírás esetén az alapszámmal és annak osztóival, valamint az alapszámnál eggyel kisebb és 68 nagyobb számmal való oszthatóságra. Ezeket szakkör keretein belül, versenyre felkészítés során lehet tárgyalni, még az emelt szint¶ érettséginek sem anyaga Nagyon hasznos lehet viszont annak bemutatására, hogy az analógia segítségével hogyan lehet új tételeket megfogalmazni és bizonyítani. 5.2 Prímszámok és összetett számok A prímek és összetett számok fogalmával a tanulók 6. osztályban ismerkednek meg Ekkor vizsgálják egy

szám osztóinak számát is A természetes számokat innent®l három osztályba soroljuk az osztók száma alapján: 1, prímek  amelyeknek pontosan 2 osztója van, összetett számok  amelyeknek 2-nél több osztója van. Fontos tisztázni a tanulókkal, hogy az 1, ami az egész számok gy¶r¶jében az egység, nem prímszám. Játékos feladatokon keresztül ismerkednek meg a tanulók a prímszámokkal, érdemes néhány matematikatörténeti érdekességet is bemutatni, a prímszámok kiválogatására pedig Eratosztenész szitája a legalkalmasabb ebben a korban. Az összetett számok prímtényez®s felbontását, a legnagyobb közös osztót és a legkisebb közös többszöröst is megtanulják ekkor, de a hatványozás értelmezésével a téma újra el®jön 7., majd 8 évfolyamon Az ezzel kapcsolatos tételek a középiskola 9. osztályában már nem újak, de a bizonyításokat lényegében itt tárgyaljuk Tétel (A számelmélet alaptétele). Minden összetett

természetes szám, a tényez®k sorrendjét®l eltekintve egyértelm¶en bontható prímszámok szorzatára. Bizonyítás. Különkülön bizonyítjuk azt, hogy minden 1nél nagyobb természetes szám el®áll prímszámok szorzataként (egzisztencia), illetve, hogy csak egyféleképpen (unicitás). Az els® bizonyításhoz a teljes indukció, a másodikhoz a végtelen leszállás módszerét alkalmazzuk. Egzisztencia: A legkisebb 1-nél nagyobb természetes szám, a 2 prímszám, tehát igaz rá az állítás. Most tegyük fel, hogy az állítás igaz minden kisebb számra. Ekkor, ha nem, akkor felbomlik n nnél maga is prímszám, akkor készen vagyunk. Ha n = a·b alakban, ahol 69 1 < a, b < n. Az indukciós feltevés szerint viszont n zatuk, a és b felbomlik prímszámok szorzatára, tehát szor- is. Ezzel az egzisztenciát bebizonyítottuk Unicitás: Tegyük fel az állításunk ellenkez®jét, vagyis hogy van olyan 1 nél nagyobb természetes

szám, ami többféleképpen is felírható prímszámok szorzataként. Az ilyen számok között kell legyen egy legkisebb, jelöljük ®t n-nel. Eszerint n = p1 · p2 · · · pr = q1 · q2 · · · qs alakban írható, ahol a p1 , p2 , . , pr és a q1 , q2 , . , qs sorozatok nem egymás átrendezései. Ha van olyan prímszám, ami mindkét oldalon el®fordul, mond- p1 = q1 , akkor vele egyszer¶sítve p2 · · · pr = q2 · · · qs adódik és ez az n < n szám kétféle felbontása, ami ellentmond annak a feltételezésünknek, p1 hogy a n a legkisebb többféleképpen felbontható természetes szám. Feltehetjuk jük tehát, hogy a p1 , p2 , . pr számok egyike sem egyezik meg a q1 , q2 , . qs számok egyikével sem. Nem sérti az általánosságot, ha feltesszük, hogy e q1 · q2 · · · qs számok közül p1 helyettesítjük p1 -gyel vett maradékával, akkor egy olyan q10 q20 . qs0 a legkisebb. Ha a kapunk, aminek egyrészt 0 , ami 0,

másrészt qi szorzat minden tényez®jét szorzatot p1 gyel vett maradéka ugyanaz, mint q1 · q2 · · · qs é < qi (i = 1, . , s) miatt a szorzat értéke is kisebb nnél A szorzat értéke legyen n0 . gyel osztható és felírható p1 -t®l különböz® prímek szorzataként. De van olyan felbontása is, amiben p1 n0 et prímfaktorokra p1 n0 (< n)nek lenne két Tehát n0 szerepel: az egy olyan n0 = p 1 · nnél kisebb szám, ami p1 - n0 p1 szorzatban bontsuk tovább (lehet a tétel már igazolt els® fele miatt). Eszerint prímfelbontása, ami ellentmond feltevéseinknek. Megjegyzés: Középiskolában általában szemlélet alapján elfogadjuk, nem bizonyítjuk. Tétel. Végtelen sok prímszám létezik. Bizonyítás. Tegyük fel, hogy a prímszámok darabszáma véges Legyen ez a szám m. Szorozzuk össze mind az m darab prímet, majd adjunk hozzá egyet. A kapott szám egyik prímmel sem osztható a halmazunkból, hiszen bármelyikkel

osztva 1 maradékot kapunk, az 1 pedig egyik prímmel sem osztható. A szorzat tehát vagy maga is prím, vagy osztható egy olyan szám- 70 mal, ami nincs benne a fenti véges halmazban. (Ez azért igaz mindig, mert minden 1nél nagyobb egésznek van prímosztója. Mindkét esetben legalább m+1 így darab prímszám létezik. A fenti érvelés viszont nem függ (m + 1)re m értékét®l, is ugyanígy felírható. Így tehát a prímszámok darabszáma nagyobb bármely adott véges számnál. Megjegyzés: Ennek az állításnak a legrégibb bizonyítását Euklidész adta meg Elemek cím¶ munkájában. Euklidész állítása a következ®: a prímszámok darabszáma nagyobb bármely adott (véges) számnál", a bizonyítása pedig lényegében megegyezik az általunk használt indirekt bizonyítással (reductio ad absurdum). A prímszámok végtelenségére számos más bizonyítás is ismert számelméleti, absztrakt algebrai, analitikus s®t topológiai

eszközök felhasználásával is. Tétel. Legyen egy n összetett természetes szám prímtényez®s felbontása: n = pα1 1 · pα2 2 · · · pαr r , ahol pi -k (i = 1 . r) különböz® prímszámok, αi ∈ N. Ekkor n összes osztói- nak száma (beleértve a nem valódi osztókat is): O(n) = (α1 + 1) · (α2 + 1) · · · (αr + 1). Bizonyítás. Készítsük el a p1 , p2 , . , pr prímszámokból képezhet® összes lehetséges szorzatot, ahol szerepelhet szorzótényez®ként, egymástól függetlenül. Így az összes lehetséges szorzat száma: (α1 + 1) · (α2 + 1) · . · (αr + 1), ami az összes osztók számát jelenti. 71 Megjegyzés: A számelméleti tételek nehézségét általában az adja, hogy a tanulók nehezen látják át a sokféle, indexszel, kitev®vel ellátott bet¶kifejezést. Ha a tanulók gondolkodása nem elég fejlett ehhez a szimbolizmushoz, akkor néhány konkrét példán keresztül is megmutathatjuk a fenti

tételek igaz voltát, hangsúlyozva, hogy akármennyi példát hozunk is, az még nem bizonyítás. A legnagyobb közös osztó és a legkisebb közös többszörös fogalmával szintén már általános iskolában megismerkednek a tanulók a törtm¶veletek tanulása során Gyakorlatias jelleg¶ feladatokban is gyakran szerepel e két fogalom. A következ® három tételt nem bizonyítjuk középiskolában, egyrészt mert a bizonyítások során ismét csak sokféle, összetett szimbólumot kellene alkalmazni, melyet a tanulók nehezen tudnak követni, másrészt a bizonyítások nélkül is viszonylag könnyen elsajátítják az alkalmazásukat. Ezért bizonyítás helyett konkrét példákon keresztül mutatjuk be a tételeket. Tétel. Két természetes szám legnagyobb közös osztóját úgy határozhatjuk meg, hogy a prímtényez®s felbontásuk alapján az közös prímtényez®ket az el®forduló kisebbik kitev®n véve összeszorozzuk. Demonstráció: Például keressük

meg a 1680 és a 600 legnagyobb közös osztóját! Ehhez el®ször a két szám prímtényez®s felbontását kell elkészítenünk: 1680 = 24 · 3 · 5 · 7 és 600 = 23 · 3 · 52 . A legnagyobb közös osztóban csak olyan prímtényez®k szerepelhetnek, melyek mindkét számnak prímtényez®i: tehát csak 2, 3, és 5 lehetnek. Ezekb®l alkotható legnagyobb számot kell megkeresnünk, amely osztható mindkét számmal. Ennek érdekében mindhárom prímtényez®t azon a kitev®n kell vennünk, amellyel még az 1680at és a 600at osztva egész eredményt kapunk. Ez minden prímtényez® esetében az el®forduló kisebbik lehet, mert pl. 600at 24 nel osztva már nem kapnánk egész eredményt. Így tehát a 72 legnagyobb közös osztójuk: 23 · 3 · 5 lesz. Szimbólumokkal: (1680; 600) = 23 · 3 · 5 = 120. Fontos, hogy a példákon keresztül való bemutatás során olyan lépéseket használjunk, amelyek általánosíthatók lennének. Tétel. Két szám

legkisebb közös többszörösét úgy határozhatjuk meg, hogy a prímtényez®s felbontásuk alapján az összes prímtényez®t az el®forduló nagyobbik kitev®n véve összeszorozzuk. Demonstráció: Vegyük például az el®z® két számot, és keressük meg a legkisebb közös többszörösüket! 1680 = 24 · 3 · 5 · 7 és 600 = 23 · 3 · 52 . A két számban szerepl® összes prímtényez®nek, azaz a 2nek, a 3nak, az 5nek és a 7nek is szerepelnie kell a közös többszörösökben. Ahhoz, hogy a keresett szám osztható legyen 1680zal, 2nek legalább 4dik hatványon kell szerepelni, de ennél nagyobb hatványa feleslegesen növelné a számot, mert ha egy szám osztható 24 nel, akkor 23 nal is, mivel 23 | 24 . Hasonló érveléssel belátható, hogy 5nek a második hatványa szükséges. Ha ilyen szempontok alapján a prímtényez®ket összeszorozzuk, akkor egyrészt olyan számot kapunk, amelynek 1680 és 600 is osztója, másrészt ennél kisebb

ilyen szám nem létezik, mert ha elhagyunk egyet is a tényez®k közül, akkor már vagy az egyik, vagy a másik szám nem lesz osztója. Ezek alapján tehát az 1680 és a 600 legkisebb közös többszöröse: 24 · 3 · 52 · 7. Szimbólumokkal: [1680; 600] = 24 · 3 · 52 · 7 = 8400. Megjegyzés: A fenti tételeket általánosíthatjuk közös osztójára és legkisebb közös többszörösére is. 73 n db szám legnagyobb Tétel. Két természetes szám legnagyobb közös osztóját és legkisebb közös többszörösét összeszorozva a két szám szorzatát kapjuk. Szimbólumokkal: (a; b)[a; b] = ab. A legnagyobb közös osztó kiszámítása gyakran rövidebb az euklideszi algoritmus segítségével (f®leg nagy számok esetén, vagy ha a prímtényez®k között két, esetleg háromjegy¶ számok is vannak), ezért érdemes a tanulóknak megmutatni ezt a módszert is. Szakaszok közös mértékének keresésével ez a módszer szemléletesen is megmutatható.

Tétel. Két szám legnagyobb közös osztója a két számmal elvégzett euklideszi algoritmus utolsó nem 0 maradéka. El®ször ismertetjük magát az algoritmust: Legyen a, b ∈ N 0 és a > b. Az algoritmus els® lépésében maradékosan osztjuk a-t b-vel, a második lépésben b-t a maradékkal, majd az el®bbi maradékot az új maradékkal, és így tovább, mindig az osztót a maradékkal. Így a következ® lépéssorozatot kapjuk: a = b · q1 + r1 , b = r1 · q2 + r2 , r1 = r2 · q3 + r3 stb., ahol b > r1 > r2 > r3 > . > 0 A maradék véges sok lépés után nulla lesz, hiszen amíg nem nulla, addig minden lépésben legalább eggyel csökkenni fog, tehát az utolsó lépésnél: rn−1 = rn qn+1 (+0) szerint a keresett legnagyobb közös osztó az rn , A tétel állítása azaz az utolsó nem nulla maradék. Bizonyítás. Az a és b bármely közös osztója osztja r1 -et is, hiszen r1 = a − − b · q1, és két szám közös

osztója a különbségüket is osztja. Hasonlóképpen b bármely közös osztója osztja és r1 a-t is, hiszen a = b · q1 + r1 , és két szám közös osztója az összegüket is osztja. Ezekb®l következik, hogy 74 a és b közös osztói megegyeznek közös osztójuk is azonos: b r1 közös osztóival, és így a legnagyobb (a; b) = (b; r1). Ez a gondolatmenet minden lépésre ugyanígy megismételhet®, azaz Az és (a; b) = (b; r1 ) = (r1 ; r2 ) = · · · = (rn−1 ; rn ). rn−1 és rn legnagyobb közös osztója már könnyen meghatározható, hiszen a fentebbiek szerint rn−1 = rn ·qn+1 , azaz rn | rn−1 , és rn a lehet® legnagyobb szám a maradékos osztás szabálya miatt. Vagyis a legnagyobb közös osztó maga rn : (rn−1 ; rn ) = rn , amib®l következik, hogy (a; b) = rn . Az algoritmus tehát helyesen m¶ködik. Szemléltetés szakasszal: Az a és b természetes számoknak egy-egy szakaszt feleltetünk meg, és keressük a

szakaszok legnagyobb közös mértékét, azaz azt a leghosszabb szakaszt, amely egész számszor felmérhet® mind a két szakasz hosszára. Megjegyzés: Már az ókorban tudták (például a pitagoreusok), hogy az eljárás szakaszok esetén nem ér mindig végig, például egy négyzet átlójával és oldalával végezve az algoritmust, olyan végtelen szakasz-sorozatot kapunk, amelyben az algoritmus egymást követ® lépéseiben mindig egyre kisebb négyzetek átlóját és oldalát kell összehasonlítani. Az algoritmus szakaszokra csak akkor ér véget, ha a szakaszok hossza racionális (vagy természetes) számmal kifejezhet®  a bemutatásnál érdemes ilyen példát választani. A négyzet átlójára √ és oldalára alkalmazott euklideszi algoritmus a bizonyítása. 75 2 irracionalitásának egyik 5.3 Diophantoszi egyenletek Bár a diophantoszi egyenletek elméletével középiskolában ritkán foglalkozunk, versenyfeladatokban, gyakorlati jelleg¶

problémákban el®fordul, hogy olyan egyenleteket kell megoldanunk, amelyekben az együtthatók és a gyökök is az egész számok halmazának elemei. Ezért röviden nézzük meg az els®fokú diophantoszi egyenletek megoldására vonatkozó legfontosabb öszszefüggéseket (bizonyítás nélkül), mert az oszthatóság témaköréhez illeszkednek. Tétel. a · x = b (a 6= 0, a, b ∈ N) Az akkor van x (∈ Z) megoldása, ha a | b. diophantoszi egyenletnek pontosan Az egyenlet megoldása ekkor x= b . a Megjegyzés: Az állítás nem más, mint az oszthatóság deníciójának ki- a, b ∈ N terjesztése egész számokra. Ezért deníciója alapján igaz. Ha esetre ez az oszthatóság eredeti a, b valamelyike (vagy mindkett®) negatív, akkor (1) kiemelésével, és az egyenlet két oldalát (1)gyel osztva viszszavezethetjük a pozitív esetre. Tétel. a · x + b · y = c (a 6= 0, b 6= 0, a, b, c ∈ Z) Az diophantoszi egyenlet pontosan akkor oldható meg,

ha osztója osztója c-nek, azaz (a; b) | c. kétismeretlenes a és b legnagyobb közös Ha az egyenletnek egy (x0 ; y0 ) számpár megoldása, akkor az egyenletnek végtelen sok megoldása van, ezek: x = x0 + b · t, (a; b) y = y0 − b ·, (a; b) t ∈ Z. Megjegyzés: Érdemes megemlíteni még matematikatörténeti vonatkozásai miatt a magasabb fokú diophantoszi egyenletek közül a pitagoraszi számhármasokat, amelyek az x2 + y 2 = z 2 n sejtést: az x (a triviális + yn = egyenlet természetes megoldásai, és a nagy Fermat z n egyenletnek n > 2re nincs természetes megoldása x = 1, y = 0, z = 1 megoldáson kívül)  bár ma már nevezhetjük tételnek Pierre de Fermat (16011665) utolsó nagy sejtését, miután Andrew Wiles (1953), angol matematikus 1994-ben bizonyította. Tétel. Ha m; n ∈ N+ , és m > n, továbbá pontosan az egyik páros, akkor az a = 76 m; n m2 relatív prímek, amelyek közül − n2 , b = 2mn, c = m2 +

n2 számok olyan pitagoraszi számhármast alkotnak (a2 + b2 = c2 ), amelynek bármely két tagja relatív prím (alap-vagy primitív számhármasok). 5.4 Feladatok 1. Fogalmazza meg és bizonyítsa be tetsz®leges a ∈ N alapú szám- rendszerben  aval, an nel  (a − 1)gyel való oszthatóság,  (a + 1)gyel való oszthatóság szabályát! való oszthatóság 2. Fogalmazza meg és bizonyítsa be tízes számrendszerben a  6tal való oszthatóság, 77  12vel való oszthatóság,  15tel való oszthatóság szabályát! 3. Hányféleképpen bontható fel egy adott n természetes szám k db pozitív természetes szám összegére? (azaz: hány megoldása van az + xk = n x1 + x2 + diophantoszi egyenletnek?) 4. Bizonyítsa be teljes indukcióval a következ® összefüggéseket!  6 | n(2n + 1)(7n + 1), n ∈ N+  5 | 24n+1 + 3, n ∈ N+  8 | 5n + 2 · 3n − 1 + 1, n ∈ N+ p pozitív prímszámot, amelyre a tízes + 143143 szám

számjegyeinek összege négyzet- 5. Adjuk meg az összes olyan 2 számrendszerbeli p szám! (OKTV) 78 6. Oldjuk meg az egészekb®l álló számpárok halmazán az x2 + 2y = 13 + y 2 egyenletet! (Arany Dániel Verseny) 7. Milyen pozitív p; q; r prímszámokra teljesül, hogy (7 − p) · (3q + r) + p · q · r = 0? (OKTV) 8. Össze lehete állítani 7x7es és 5x5ös négyzetekb®l egy nagyobb négyzetet úgy, hogy a felhasznált kétféle négyzet együttes száma pontosan 2006 legyen? 9. Egy háromszög két oldalának hosszai az harmadik oldal hossza a magasságok hossza + mb = p · mp . p a; b prímszám, a megfelel® oldalakhoz tartozó ma ; mb ; mp . A háromszögre érvényes, hogy a; b ma + Határozzuk meg a háromszög oldalainak hosszát! (OKTV) 10. Mely pozitív egész számok, a egész számokra igaz, hogy a−4 b + = 1? a−1 b+1 (OKTV) 79 6. Indoklások és bizonyítások az algebra területén Algebrai ismeretek terén a m¶veletek

tulajdonságaival, a hatványozással, a bet¶s kifejezések alkalmazásával már 6.7 osztályban találkoznak a tanulók, az algebrai kifejezések átalakításait általában konkrét példákon keresztül, szabályok megfogalmazásával tanulják meg. A bizonyítások itt is a középiskolai tananyaghoz tartoznak Megismerkednek az egyenletekkel, egyenl®tlenségekkel, azok megoldási módszereivel, de ekkor még csak els®fokú egyenletek megoldását kell elsajátítaniuk. Ezekre épülnek fel a középiskola sokkal szimbolikusabb, elvontabb algebrai ismereteket felvonultató témái, melyek gyakran nehézséget okoznak a tanulóknak, f®leg 9 évfolyamon Ezért a bizonyításoknál nagyon hasznos lehet, ha az algebrai módszerek mellett szemléletes okoskodással segítjük a tételek megértését. 6.1 Algebrai kifejezések, azonosságok Az algebrai kifejezések tanítása során sokféle reprezentációval tudjuk segíteni, hogy a tanulók minél alaposabban elsajátítsák a

kés®bbi tanulmányokhoz szükséges ismereteket, és különböz® szituációkban el®hívhatóak legyenek. Fontos tisztában lenniük azzal, hogy a bet¶s kifejezések jelentése a gyakorlati élet, különböz® tudományok és a matematika egyéb területeinek milyen széles skáláján alkalmazható. Ezért az egyes algebrai kifejezések képi megjelenítése hasznos lehet nem csak általános, de középiskolában is: segítségükkel könnyebben elboldogulnak a szöveges problémáknak a matematika nyelvére történ® lefordításával", valamint az állítások igazolása ilyen módon könynyebben érthet®vé válik számukra. Fontos azonban ügyelni arra, hogy a képi reprezentáció adekvát legyen a matematikai tartalommal. Néhány példa alkalmas reprezentációkra: els®fokú algebrai kifejezések  szakaszok hossza, kerület; másodfokú algebrai kifejezések  négyzet, téglalap területe; harmadfokú kifejezések  téglatest térfogata. Ha egy kifejezés

természetes számokra igaz, reprezentálható kis egységekkel (pontok, egységnégyzetek, stb.) A középiskola els® évfolyamában az algebra igen fontos szerepet játszik Itt ismerkednek meg a tanulók a matematikai szaknyelv alapjaival: változó, együtt- 80 ható, alaphalmaz, helyettesítési érték, konstans, algebrai egész és algebrai tört, kommutativitás, asszociativitás, disztributivitás, azonosság, stb., melyek használata és megértése a kés®bbi tanulmányokhoz elengedhetetlen Ezért fontos ezen fogalmak alapos elsajátítása - de a szaknyelv használata nem lehet öncélú, mindig alá kell rendelni a matematikai tartalomnak. Íme egy példa a disztributivitás fogalmának elmélyítésére. Tétel. a, b, c, d ∈ R Bármely számra igaz, hogy (i) (a + b) · c = a · c + b · c (a szorzás az összeadásra nézve disztributív), (ii) (a − b) · c = a · c − b · c , valamint (iii) (a + b) · (c + d) = ac + ad + bc + bd. Szemléltetés:

(i) Legyenek a, b, c pozitív számok, ekkor szemléltethetjük ®ket szaka- szokkal. A szorzat pedig jelentheti a megfelel® oldalú téglalap területét A fenti azonosság jelentése ebben a reprezentációban: az (a + b) és c oldalú a és c, illetve téglalap széttagolható" két olyan téglalapra, amelyek oldalai b és c. A m¶velet így konkrét cselekvésként jelenik meg, ami sok tanuló számára kézzelfoghatóbb, mint az elvont algebrai kifejezés. (i) A két téglalap egybevágó, vagyis T = T1 +T2 , azaz (a+b)·c = a·c+b·c. (ii) Téglalapok területeinek különbségét felhasználva (a − b) · c = a · c − b · c T = T1 − T2 . (iii) A két téglalap egybevágó, tehát területük egyenl®: + T3 + T4 , azaz azaz: T = T1 + T2 + (a + b) · (c + d) = a · c + a · d + b · c + b · d. Megjegyzés: A módszer korlátozottan használható, mert c negatív értékeire nem tud- juk így reprezentálni a kifejezést, de nem is

szükséges, mert a reprezentációt 81 csak addig kell alkalmazni, amíg a tanulók a disztributivitás lényegét meg nem értik, id®vel a képi sík elhagyható. A hatványozást természetes kitev®re már általános iskolában használják a tanulók, s®t a hatványozás azonosságait is, de 9. évfolyamon az azonosságokat bizonyítjuk is Kell® fokozatossággal kell az általános bizonyításra rátérni, el®tte sok konkrét példán kell bemutatni az azonosságokat. Fontos bizonyítások ezek, mert a gyökök és a logaritmus azonosságai ezeken alapulnak, így mindenképpen id®t kell rájuk fordítani. A természetes kitev®r®l az egész kitev®re való kiterjesztés miatt is fontos az azonosságokat tudatosítanunk, mert itt a hatványozás új értelmet kap. El kell szakadni a tanulóknak az általános iskolában megtanult ugyanazon szám ismételt szorzása" képt®l, és a permanencia elvet kell gyelembe venni az értelmezésnél (vagyis azt, hogy a

megismert azonosságok továbbra is érvényben maradjanak). Tétel. Azonos alapú hatványok szorzása esetén az alapot a kitev®k összegére emeljük. Szimbólumokkal: an · am = an+m (a ∈ R, m, nN+ ) Bizonyítás. A természetes kitev®j¶ hatvány deníciója alapján: és am = a a · a} | · {z an = |a · {z a · a} ndb , ha szorozzuk ®ket, akkor: mdb an · am = a a · a} · a a · a} = |a · a ·{za · · · a} = an+m . | · {z | · {z ndb mdb 82 n+mdb Tétel. Azonos alapú hatványok osztása esetén az alapot a kitev®k különbsé- gére emeljük. am = am−n , an Szimbólumokkal: ahol a ∈ N 0, n, m ∈ N+ , m > n. Bizonyítás. A természetes kitev®j¶ hatvány deníciója alapján: és am = a a · a}, | · {z an = |a · {z a · a} ndb elosztva egymással a két kifejezést, kapjuk, hogy: mdb mdb z }| { am (a · a · a · a = , an a a · a} | · {z n (a 6= 0) egysze- Az el®z® tétel következménye, hogy a0 = 1, a

számlálóban és a nevez®ben az azonos szorzótényez®kkel r¶sítve, és felhasználva, hogy m > n, kapjuk, hogy m−ndb z }| { a·a·a = am−n . 1 Tétel (0 kitev® értelmezése). minden a∈N esetén. an = an−n = a0 n, a valós számok an egy a 6= 0 számot önmagával osztva Bizonyítás. Az el®z® azonosság szerint: osztásának értelmezése szerint pedig 1et kapunk: an = 1. an Mivel a két egyenlet bal oldala azonos, az egyenl®ség tranzitív tulajdonsága miatt a jobb oldaluknak is meg kell egyezni, tehát a0 = 1, minden a∈N számra. Tétel (negatív kitev® értelmezése). a−n 1 = n a Minden a a ∈ R 0, n ∈ N esetén , azaz egy pozitív szám negatív kitev®j¶ hatványa egyenl® a meg- felel® pozitív kitev®j¶ hatványának reciprokával. 83 Bizonyítás. a0 1 = = a0−n = a−n . an an Tétel. Szorzat hatványozása esetén tényez®nként is hatványozhatunk (más- képpen: a szorzás és a hatványozás

m¶veleteinek sorrendje felcserélhet®, ha más m¶veletet nem kell végezni). (a · b)n = an · bn , Szimbólumokkal: Bizonyítás. (i) n > 0 esetén: ahol a, b ∈ R, n ∈ Z. (a · b)n = (a · b) · (a · b) · (a · b) | {z } , mivel a ndb szorzás kommutatív és asszociatív m¶velet a tényez®ket tetsz®legesen csoportosíthatjuk, tehát az el®bbi m¶velet felírható: (a · b) · (a · b) · · · (a · b) = (a · a · · · a) · (b · b · · · b) = an · bn . | {z } | {z } ndb (a · b)0 = 1, (ii) n=0 esetén (iii) n<0 esetén legyen a0 · b0 = 1 · 1 = 1, (a · b 6= 0). n = −k : (a · b)−k = = másrészt ndb 1 k 1 = = (a · b) (a · b) · (a · b) · · · (a · b) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 · ··· = ( · ··· ) · ( · ··· ) = (a · b) a · b a·b a a a b b b  1  k  1 k = · = a−k · b−k = an · bn (ab 6= 0) a b . Tétel. Hányados hatványozása esetén a számláló hatványát osztjuk a nevez® hatványával

(másképpen: az osztás és a hatványozás m¶veleteinek sorrendje felcserélhet®, ha más m¶veletet nem kell végezni). Szimbólumokkal:  a n b = 84 an , bn ahol a, b ∈ R 0, Bizonyítás. és (i) n>0  a n b (ii) n=0 n ∈ Z. esetén = esetén: a a a a · a · · · a an · ··· = = n b b b b · b.b b (a 6= 0, b 6= 0):  a 0 b =1 (b 6= 0). , mert minden 0tól különböz® 1 a0 = = 1, (b 6= 0). 0 b 1
k b valós szám nulladik hatványa 1. Másfel®l: (iii) n<0 n = −k : esetén, legyen
a −k b = a , innen (i) miatt bk 1 1 a−k an k −k = b · = · a = = . bn ak ak b−k b−k Tétel. Hatvány hatványozása esetén az alapot a kitev®k szorzatára emeljük. Szimbólumokkal: (am )n = am·n , és ahol a ∈ R 0, n, m ∈ Z. Bizonyítás. (i) n, m > 0 esetén: ndb }| { z m + m + · · · + m = am·n (a ) = (a ) · (a ) · · · (a ) = a | {z } m n m m m ndb (ebben az esetben a=0 is megengedett).

(ii) n = 0, m 6= 0 esetén: (am )0 = 1, (iii) n 6= 0, m = 0 esetén: (a0 )n = 1n = 1, (iv) n = 0, m = 0 esetén: (a0 )0 = 10 = 1. (v) n, m < 0 esetén: B7 másrészt: am·0 = a0 = 1. másrészt: a0·n = a0 = 1 (iii) részéhez hasonlóan bizonyíthatjuk. 85 . Tétel. Kéttagú algebrai kifejezés négyzete egyenl® a két tag négyzetének és a tagok kétszeres szorzatának összegével. Szimbólumokkal: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 . Bizonyítás. Érdemes ennél az azonosságnál az algebrai bizonyítást és a szemléletes megfeleltetést párhuzamosan bemutatni Algebrai: + 2ab + b2 , (a + b)2 = (a + b) · (a + b) = a2 + ab + ab + b2 = a2 + felhasználva a természetes kitev®j¶ hatványozás denícióját, a szorzás és összeadás disztributív tulajdonságát, majd az egynem¶ kifejezések összevonását. Szemléletes: legyen a, b > 0 A két négyzet területe egyenl®: T = T1 + 2 · T2 + T4 , azaz (a + b)2 = a2 + + 2ab + b2 . Tétel.

Kéttagú kifejezés különbségének négyzete egyenl® a két tag négyzeté- nek összegéb®l kivonva a két tag kétszeres szorzatát. Szimbólumokkal: (a − b)2 = a2 − 2ab + b2 Bizonyítás. Itt is javasolt a kétféle módszer kombinációja Algebrai: (a − b)2 = (a − b) · (a − b) = a2 − ab − ab + b2 = a2 − 2ab + b2 , felhasználva a természetes kitev®j¶ hatványozás denícióját, a szorzás és összeadás disztributív tulajdonságát, majd az egynem¶ kifejezések öszszevonását. Szemléletes: Legyen a > b > 0, ekkor 86 T = T1 − 2 · T2 − T4 = a2 − 2(a − b)b − b2 T = a2 Tétel. − 2ab + 2b2 − b2 , azaz: (a − b)2 = a2 A zárójel felbontásával: − 2ab + b2 . Kéttagú kifejezés összegének és különbségének szorzata egyenl® a két tag négyzetének különbségével. Szimbólumokkal: (a + b)(a − b) = a2 − b2 . Bizonyítás. Itt is javasolt a kétféle bizonyítás, legf®képpen azért, hogy

elkerüljük a T10 -zel való összekeverését, ami gyakori hiba a tanulóknál. Algebrai: Felhasználva a szorzás és összeadás disztributív tulajdonságát: (a + b)(a − b) = a2 − ab + ab − b2 = a2 − b2 , Szemléletes: Legyen a > b > 0. mert −ab + ab = 0. A nagy négyzetb®l elhagyva a kis négyzetet, majd a maradék síkidomot átdarabolva kapunk egy téglalapot. Mivel az átdarabolás nem változtatja meg a terület nagyságát: 2 azaz: a − b2 = (a − b)(a + b) 87 T1 − T2 = T , Tétel. Két tag összegének vagy különbségének harmadik hatványa: (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 , illetve (a − b)3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 . Bizonyítás. Algebrai úton bizonyítjuk, felhasználva a kéttagú kifejezés négyzetére vonatkozó azonosságot, a disztributivitást és az egynem¶ kifejezések öszszevonhatóságát: Összegre: (a + b)3 = (a + b)2 (a + b) = (a2 + 2ab + b2 )(a + b) = = a3 + a2 b + 2a2 b + 2ab2 + ab2 + b3 = a3 +

3a2 b + 3ab2 + b3 . Különbségre: (a − b)3 = (a − b)2 (a − b) = (a2 − 2ab + b2 )(a − b) = = a3 − a2 b − 2a2 b + 2ab2 + ab2 − b3 = a3 − 3a2 b + 3ab2 − b3 . Megjegyzés: Ez az összefüggés is szemléltethet® egy (a + b) oldalú kocka feldarabolásával, a térfogat azon tulajdonságát felhasználva, hogy a részek térfogatainak összege egyenl® az eredeti test térfogatával. Tétel. (ii) a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ), (i) a3 + b3 = (a + b)(a2 − ab + b2 ). Bizonyítás. (i) Induljunk ki az egyenl®ség jobb oldalából, és végezzük el a szorzásokat: (a − b)(a2 + ab + b2 ) = a3 + a2 b + ab2 − a2 b − ab2 − b3 , amib®l az összevonások után az egyenl®ség bal oldalán álló kifejezést kapjuk. 88 (ii) Itt is induljunk ki az egyenl®ség jobb oldalából, és végezzük el a szorzásokat: (a + b)(a2 − ab + b2 ) = a3 − a2 b + ab2 + a2 b − ab2 + b3 , amib®l az összevonások után az egyenl®ség bal oldalán

álló kifejezést kapjuk. Tétel (Binomiális tétel). polinomba fejtése: Az (a + b)n kéttagú kifejezés ndik hatványának n   X n k n−k (a + b) = a b , k n k=0 ahol   n n! = k n!(n − k)! binomiális együtthatók jelentése: tályú ismétlés nélküli kombinációja (vagy n n elem k ad elem¶ halmaz összes k osz- elem¶ részhalmazainak a száma). Bizonyítás. A szokásostól eltér®en most egy kombinatorikus jelleg¶ bizonyítást mutatunk be Mivel (a + b)n = (a + b)(a + b) · · · (a + b), | {z } ndb 89 ezért fel- használva a disztributivitást, azaz minden tagot minden taggal" szorozva olyan x1 x2 . xn x1 , x2 , . , xn ∈ {a, b} alakú szorzatokat kapunk, ahol Ezeket kell összegezni. Egy ilyen tag úgy is adódhat, hogy kiválasztjuk az a vagy b at vagy bt els® zárójelben lév® másodikból is az tag közül az egyiket (tetsz®legeset), aztán a (tetsz®legesen), és így tovább. Tehát így k n−k

alakúak lesznek (a kitev®k összege ugyanis valóban a tagok a b n kell, hogy adjon, hiszen összesen at darab zárójelekb®l és szorzunk össze), ahol vagy 0 6 k 6 n. bt választunk ki a Például ha mind az n 0 db zárójelb®l az at választjuk ki, úgy adódik az a b = 1 1 esetén is, a kommutativitás miatt, kétféle a b el® aszerint, hogy az els® zárójelb®l az els® zárójelb®l ak bt at és a másodikból kitev®je szerint vizsgálódni, hiszen ha kitev®je már egyértelm¶en ahányféleképp k db a n − k. közül kiválaszthatunk halmazból (az a a Annyiféle k db a b), n bt, ak bn−k illetve hogy n k, akkor b alakú tag lehet tehát, darab (a + b) a szorzó szorzót, vagyis ahányféleképp egy n elem¶ k k n zárójelb®l db tehát ahányféleképp az elem¶ halmaz megadó binomiális együttható, alakú tag áll kitev®je rögzített szorzók halmazából) kiválasztható szorzó); s ez a

szám egy n= választjuk). Elegend® csak az szorzót választhatunk az (a többi szorzó automatikusan = ab és a másodikból at n an tag. A kérdés, k n−k létezik (több is létezhet, például már rögzített k ra hány darab a b = 2 net db elem (k darab a elem¶ részhalmazainak a számát n k . Tehát egy kéttag (binom) összegének
nedik hatványa valóban olyan a és b alapú hatványok szorzatainak összege, amelyekben a kitev®k összege mindig n, és az egyes tagok együttható valóban a képletben szerepl® binomiális együtthatók. Megjegyzés: A Pascalháromszöget sok érdekes tulajdonsága miatt mindenképpen érdemes bemutatni, ha a hagyományos teljes indukciós bizonyítást vesszük, ahhoz a binomiális együtthatók közti összefüggéseket is be kell bizonyítani, ezért az a módszer sokkal hosszabb, és a sokféle index miatt nehezen átlátható. Ha a tanulók már rendelkeznek elemi kombinatorikai ismeretekkel, akkor ez a

bizonyítás sokkal egyszer¶bb és könnyen megérthet®. A formulát, a Pascal-háromszöggel együtt gyakran Blaise Pascalnak tulajdonítják, aki a XVII. században leírta ezeket, de már a kínai Yang Hui (XIII 90 sz.), a XI századi perzsiai iszlám Omar Khajjám, s®t a Kr e 3 századi indiai Pingala is utal rájuk. Az arab matematikusok (AlKaradzsi, 953 1029) már meglehet®s biztonsággal alkalmazták kisebb nekre, Kínában és Indiában az 1100as években (vagy el®bb) fedezhették fel. A formulát általánosabb alakjában Isaac Newton 1665ben leírta és bizonyította is. 6.2 Gyökök és a logaritmus azonosságai Bár a négyzetgyökvonás m¶veletével már 8. osztályban megismerkednek a tanulók Pitagorasztétel kapcsán, és számolási feladatokban használják is, a m¶velet tulajdonságait csak 10. évfolyamon ismerik meg Ezzel a m¶velettel térünk át tulajdonképpen a racionális számhalmazról a valós számhalmazra, ezzel az irracionális

számok beépülnek a számfogalomba, és megtanulják 91 használni az alapm¶veleteket irracionális számokra is. Az azonosságok bizonyításánál a hatványozás azonosságait használjuk fel Fontos lépés ez a hatványozás általánosítása, az ndik gyök és a logaritmus fogalmának elsa- játítása felé. Tétel. Szorzat négyzetgyöke egyenl® a tényez®k négyzetgyökeinek szorzatá- val. Szimbólumokkal: ha √ a·b= √ a· √ b, a, b > 0. Bizonyítás. Vegyük mindkét oldalnak a négyzetét (ezt egyértelm¶en megtehetjük, mert a négyzetgyök deníciója miatt mindkét oldal nem negatív)! Ekkor a bal oldal: √ ( a · b)2 = a · b lesz, a jobb oldal pedig a szorzat hatvá- nyozására vonatkozó azonosság alapján: √ √ √ 2 √ 2 ( a · b)2 = a · b = a · b, és ha két nemnegatív szám négyzete megegyezik, akkor a két szám is egyenl®. Tétel. Hányados négyzetgyöke egyenl® a számláló és a nevez® négyzetgyö-

kének hányadosával. Szimbólumokkal: r ha a>0 és √ a a = √ , b b b > 0. Bizonyítás. Az el®z®höz hasonlóan vegyük mindkét oldal négyzetét, majd a hányados hatványára vonatkozó azonosság segítségével a jobb oldalt átalakítva kapjuk, hogy: r a 2 b és = a b  √a 2 √a2 a √ = √ = , 2 b b b és ha két nemnegatív valós szám négyzete megegyezik, akkor a számok is egyenl®k. 92 Tétel. Egy négyzetgyökös kifejezés hatványa egyenl® a gyök alatti kifejezés hatványának négyzetgyökével. Szimbólumokkal: √ √ ( a)k = ak , ha a > 0, k ∈ Z. Bizonyítás. A bizonyítást az el®z® két tétel bizonyításához hasonlóan is el lehet végezni, vagy a következ® gondolatmenettel: (i) Ha k > 0, akkor √ √ √ √ √ r ( a)k = a · a · a = a · a · · · a = ak . | {z } | {z } kdb kdb (ii) Ha k = 0, akkor √ 0 a =1= (iii) Ha k < 0, akkor √ ( a)−n = √ 1= √ a0 √1 n (i)

alapján a r √ √ 1 1 1 √ =√ = a−n . = an an an (Az (ii) és (iii) esetekben a 6= 0.) Magasabb gyökkitev® értelmezésénél külön ki kell térni arra, hogy páros és páratlan gyökös kifejezések milyen számhalmazon értelmezhet®k, de az azonosságok általánosításánál érdemes már csak nem negatív valós számokra kimondani a tételeket, mert ha racionális kitev®re szeretnénk áttérni, amelyb®l kés®bb valós kitev® lesz, akkor már csak ez a számhalmaz lehet az alaphalmazunk. Tétel. (ii) (iii) (iv) (v) (i) p n a b = √ n a·b= √ √ n a· nb √ na √ n b √ √ ( n a)m = n am p √ √ n m a = n·m a √ √ n·k k n a= a 93 Bizonyítás. A bizonyítás során hasonlóan járunk el, mint a négyzetgyök esetében, mindkét oldalt megfelel® hatványra emelve, a hatványozás azonosságait alkalmazva megmutatjuk a két oldal azonosságát. A racionális kitev®j¶ hatvány értelmezése nem könny¶ feladat a tanulók

számára, mert el kell szakadniuk a hatványozásról korábban kialakított szemlélett®l, amely szerint a hatványozás ugyanazon szám ismételt szorzása". Ez a szemlélet gyakran az azonosságok helytelen alkalmazásához vezet. Itt hangsúlyozottan a m¶veleti tulajdonságok permanenciáját használjuk ki, hogy értelmezni tudunk pl. a 22,5 számot, és el tudjuk helyezni azt a száme- gyenesen. A racionális kitev®j¶ hatvány bevezetése után lehet 11 évfolyamon a pozitív valós számok hatványozását kiterjeszteni valós kitev®re. Ezt több módon is megtehetjük: két oldalról racionális kitev®j¶ hatványokkal közelítve  ami elég hosszadalmas és unalmas folyamat, vagy egy megfelel® szemléletes szituáció alkalmazásával. Ilyen szituáció lehet bármilyen exponenciális növekedési folyamat, amelyen be tudjuk mutatni pl a 22,5 számot is. Ilyen lehet pl. az algák növekedését leíró folyamat: a barna algák telepe úgy növekszik, hogy

1 hét alatt az algatelep területe megkétszerez®dik. Vizsgáljuk meg, hogy változik az algatelep mérete az id®vel, ha kezdetben a telep mérete 2 volt (fontos momentum, hogy az id® a tanulók fejében folytonosan 1 m  valós számoknak megfelel®en változik, és a területet is el tudják képzelni folytonos változóként)! Ábrázoljuk, hogy 1, 2, 2, 5 hét múlva mekkora lesz az algatelep területe! A vízszintes tengelyen az id®t a területet (y) (x), a függ®leges tengelyen ábrázoljuk. Ennek alapján 22,5 jelenti azt a területet, amekkorára a vizsgálódás kezdetét®l mérve 2,5 hét alatt n® az algatelep, így a szám rögtön beilleszkedik" a számegyenesbe, a növekedési folyamat szemlélete biztosítja a görbe folytonosságát, ezt a tanulók természetesnek veszik. Hasonlóan lehet értelmezni, és meg lehet keresni pl. 2π helyét is a valós számok között. Ez a szemlélet segít átvezetni a logaritmus értelmezéséhez is, majd a

logaritmus azonosságaihoz: ha azt keressük, hogy mennyi id® alatt n® pl. a telep területe 4, 5, 6, stb. m2 re, akkor máris tudjuk értelmezni a log2 4, log2 5, log2 6 számokat (ezek id®pontok lesznek a vízszintes tengelyen, azok az értékek, 94 amelyekhez az y = 4, 5, 6 mekkora lesz a terület értékekhez tartoznak). Ha azt kérdezzük, hogy log2 5 után 1 héttel, akkor már a logaritmus azonos- ságaira térünk át. Ugyanis a szemlélet alapján 1 hét alatt megkétszerez®dik a terület, tehát log2 10 10m2 lesz. Ha az eredeti nagyságból kiindulva nézzük, akkor hét múlva lesz ekkora a terület. Tehát: log2 2 = 1, ezért log2 5 + log2 2 = log2 10, log2 5 + 1 = log2 10, és mivel amib®l a következ® azonosság általánosítható. Tétel. Szorzat logaritmusa egyenl® a tényez®k logaritmusainak összegével. Szimbólumokkal: loga (b · c) = loga b + loga c, ahola, b, c ∈ R+ , és a 6= 1. Bizonyítás. Az egyenl®ség bal

oldalát kitev®nek véve, a alapra emelve: aloga (b·c) = b · c. Az egyenl®ség jobb oldalát is kitev®nek tekintjük, és a aloga b+loga c = aloga b · aloga c = b · c. 95 alapra emeljük: Az átalakításhoz a hatványozás egyik azonosságát és a logaritmus denícióját használtuk. Mivel az exponenciális függvény kölcsönösen egyértelm¶, ha az alapok megegyeznek (a) és a hatványértékek is loga (b · c) = loga b + loga c b = loga b − loga c, loga c egyenl®k, tehát Tétel. (ii) (iii) (i) (b · c), akkor a kitev®k is . loga bk = k · loga b, loga √ n b= 1 loga b, n ahol a, b, c ∈ R+ , a 6= 1, k ∈ Z és n ∈ N+ . Bizonyítás. Az el®z® tételhez hasonlóan Tétel. Áttérés más alapú logaritmusra : loga b = ahol logc b , logc a a, b, c ∈ R+ , a, c 6= 1. Bizonyítás. Induljunk ki magából a bizonyítandó egyenl®ségb®l, és vezessük vissza ekvivalens lépésekkel olyan egyenl®ségre, amely biztosan igaz. Mivel

logc a 6= 0, ezért szorozhatjuk vele mindkét oldalt: A kapott egyenl®ségben az loga b kifejezés a loga b · logc a = logc b. logc a kifejezés szorzójának tekinthet®, ezért bevihet® a másik logaritmus kifejezésbe kitev®nek, azaz: logc (aloga b ) = logc b . Az egyenl®ség bal oldalán aloga b = b , a logaritmus deníciója alapján, ezért egyenletünk két oldalán ugyanaz a kifejezés áll. Mivel csak ekvivalens illetve azonos átalakításokat végeztünk, így az eredeti állításunk igaz. 6.3 Egyenletek, egyenl®tlenségek Egyenletek, egyenl®tlenségek megoldásával már 6. osztályban kezdenek ismerkedni a tanulók, de igazán 7 osztályban foglalkozunk velük részletesen, amikor már kell® rutinnal tudnak algebrai kifejezésekkel számolni. Egyenlettel megoldható szöveges feladatokkal már korábbi tanulmányaik során is találkoznak, de ekkor még szimbólumok nélkül, lebontogatással, a m¶veletek 96 fordított sorrendben való

elvégzésével, szisztematikus próbálgatással, következtetéssel keresik meg az ismeretlen mennyiséget. Kés®bb megtanulják alkalmazni a mérlegelvet, illetve 8. osztályban el®jönnek a grakus megoldások is a függvények kapcsán Gyakorlatilag az általános iskola végére els®fokú egyenleteket és egyenl®tlenségeket nagy biztonsággal meg kell tudni oldani a tanulóknak. Az igazi áttörés a középiskolában az egyenletmegoldásban akkor következik be, amikor az új algebrai ismeretek segítségével egy új módszerrel találkoznak, a másodfokú egyenlet megoldóképletével. Tétel. egyenlet Egy ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) általános alakú, egyismeretlenes másodfokú √ −b ± b2 − 4ac megoldásai: x1,2 = , ahol a, b az egyenlet megfelel® együtthatói, akkor létezik valós x c 2a pedig a konstans tag. Az egyenletnek akkor és csak megoldása, ha D = b2 − 4ac > 0. Bizonyítás. A másodfokú egyenletnek többféle általános

bizonyítása van, egyet mindenképpen érdemes bemutatni, mert a megoldóképlet, mint egyenletmegoldási módszer teljesen új a tanulók számára, továbblépés a hagyományos mérlegelvnél, és a kés®bbiek során olyan gyakran használjuk, hogy nem lóghat a leveg®ben" egy ilyen fontos összefüggés. Két különböz® bizonyítást mutatunk be, amelyek másmás okból hasznosak. (i) Mivel a 6= 0, osszuk el az egyenlet mindkét oldalát aval, ezzel egy olyan egyenletet kapunk, amely ekvivalens az el®z®vel. Ezután az egyenlet a p= c b ; q= a a helyettesítésekkel a következ® alakú lesz: x2 + px + q = 0. Ebb®l egy kéttagú kifejezés négyzetét alakítsuk ki: x2 + 2 · p
2 p
2 p ·x+ − + q = 0. 2 2 2 Az els® három tag éppen x+ x+ p
2 , 2 tehát átírva: p
2 p
2 − + q = 0. 2 2 97 Átrendezve kapjuk, hogy: x+ ahonnan p
2 2 −q p
2 p
2 = − q, 2 2 > 0 esetén gyököt vonva (ha ez a feltétel nem teljesül, akkor

ebb®l az alakból a négyzetgyök deníciója miatt következik, hogy nincs valós megoldás, mert a bal oldalon nem negatív kifejezés áll, tehát a jobb oldal is csak ilyen lehet) a következ® egyenletet kapjuk: p = x+ 2 r ( p2 − q). 2 Az abszolút érték értelmezése miatt r
p2 p x+ =± −q , 2 2 azaz kivonva mindkét oldalból x1,2 x1,2 p =− ± 2 a, b Ebb®l visszahelyettesítve p t, 2 és c kapjuk a megoldásokat: r
p2 −q . 2 értékét következik: b =− ± 2a r b
2 c − , 2a a ahonnan a gyökjel alatt közös nevez®re 4a2 hozva a két törtet és a nevez®t kihozva a gyökjel alól: x1,2 b =− ± 2a √ b2 − 4ac , 2a amib®l a két tört összevonásával a fenti formula következik. Ez a bizonyítás azért ajánlható, mert a legnehezebb lépést, a teljes négyzetté kiegészítést sokkal könnyebben át lehet látni mint ha maradunk az a, b, c p, q bevezetésével, alkalmazásánál. Megvan az az el®nye is, 98

hogy tulajdonképpen kétféle képletet kapunk meg: egyet arra az esetre, amikor az egyenlet f®együtthatója az eredetit arra az esetre, ha (ii) Mivel a 6= 0, a = 1 (p, q val kifejezett képlet) és a 6= 1. szorozzuk meg az egyenletet 4aval, ekkor kapjuk, hogy: 4a2 x2 + 4abx + 4ac = 0. Vegyük észre, hogy az els® tag így a pedig ennek és bnek 2ax kifejezés négyzete, a második a kétszeres szorzata, tehát teljes négyzetté egé- 2 szíthetjük ki b hozzáadásával mindkét oldalhoz: 4a2 x2 + 4abx + b2 + 4ac = b2 . A 4ac kifejezés kivonásával a bal oldalon egy kéttagú négyzetet kapunk: (2ax + b)2 = b2 − 4ac. Ebb®l b2 − 4ac > 0 esetén gyököt vonva (ha ez a feltétel nem teljesül, akkor ebb®l az alakból a négyzetgyök deníciója miatt következik, hogy nincs valós megoldás, mert a bal oldalon nem negatív kifejezés áll, tehát a jobb oldal is csak ilyen lehet) a következ® egyenletet kapjuk: |2ax + b| = p b2 − 4ac. Az

abszolút érték deníciója miatt ebb®l következik, hogy p 2ax + b = ± b2 − 4ac, amib®l b kivonásával 2ax = −b ± következik, végül 2aval p b2 − 4ac való osztás után kapjuk a fenti formulát. Ebben a bizonyításban az a jó, hogy végig egész kifejezésekkel dol- 99 gozunk, csak a végén kell törtté alakítani. Az els® lépés szerepe, hogy 4aval szorzunk, viszont csak a teljes megoldás ismeretében látszik jogosnak (miért bonyolítjuk" az egyenletet?) a tanulók el®tt. Megjegyzés: Ha a hagyományos módon, tört alakban végezzük a teljes négyzetté alakítást, akkor a bizonyítás nehezebben követhet®vé válik, az egyes lépések pedig gyakorlatilag ugyanazok, mint a fenti két bizonyítás során. Bármelyik megoldást választjuk is, érdemes az algebrai bizonyítással párhuzamosan az egyenletnek megfelel® másodfokú függvény grakonját is ábrázolni, mert a kés®bbi összefüggések megértését is

megkönnyíti ( beleértve a másodfokú egyenl®tlenségek megoldását is). Tétel (Gyökök és együtthatók közti összefüggések (Viéteformulák)). Ha az ax2 + bx + c = 0(a 6= 0) egyenlet x2 gyökei x1 és (lehetnek egyenl®k is), akkor (i) x1 + x2 = − (i) x1 · x2 = Bizonyítás. b a és c . a (i) A két gyök összege: x1 + x2 = −b + √ √ b2 − 4ac −b − b2 − 4ac + , 2a 2a a két törtet összeadva látjuk, hogy a gyökös kifejezések kiesnek, mert összegük 0, tehát marad: x1 + x2 = −2b b (−b − b) = =− . 2a 2a a (ii) A két gyök szorzata: x1 · x2 = −b + √ √ b2 − 4ac −b + b2 − 4ac · , 2a 2a 100 a szorzást elvégezve a számlálóban egy nevezetes azonosságot vehetünk észre (e + f )(e − f ) = e2 − f 2 x1 · x2 = Tétel. Az ax2 + bx + c = 0 , ezt alkalmazva kapjuk, hogy (−b)2 − (b2 − 4ac) 4ac c = 2 = . 4a2 4a a egyenlet (a 6= 0) ekvivalens az a(x − x1 ) · (x − x2 ) = 0

egyenlettel, ahol x1 és x2 az eredeti egyenlet (nem feltétlenül különböz®) gyökei (az egyenlet gyöktényez®s alakja). Bizonyítás. Végezzük el a gyöktényez®s alakban a kijelölt szorzásokat: ax2 − ax1 x − ax2 x + ax1 x2 = 0, kiemelve xet és at a második és harmadik tagból ax2 − a(x1 + x2 )x + ax1 x2 = 0 alakot kapjuk. Két egyenlet ekvivalens, ha az ismeretlenek együtthatói és a konstans tag is megegyezik, azaz: −a(x1 + x2 ) = b és ax1 x2 = c , ami a Viéteformulák miatt igaz. Megjegyzés: François Viéte (15401603) francia matematikus volt az, aki az a négyzet" algebrai kifejezésre bevezette a fels® index használatát, legfontosabb munkái az egyenletek megoldásának tökéletesítésér®l szóltak, és a jelölések egyszer¶sítésér®l. A gyöktényez®s alak felhasználásával a magasabb fokú egyenletek megoldásait is el®re lehet vetíteni (nem anyaga az emelt szint¶ érettséginek sem), melynek

segítségével a magasabb fokú egyenleteket vissza 101 lehet vezetni els® és másodfokúakra. A másodfokú kifejezések szorzattá alakítását a gyöktényez®s alak segítségével a matematika sok különböz® területén tudjuk alkalmazni, ennek tudatosítása a problémamegoldó gondolkodást fejleszti. 102 6.4 Nevezetes egyenl®tlenségek A középiskolai matematika tanulmányok során, egyenletek, egyenl®tlenségek megoldása közben néhány nevezetes egyenl®tlenség el®kerül, melyek bizonyítása az algebrában tanult összefüggések segítségével megtehet®. Tétel. Egy pozitív szám és reciprokának összegére vonatkozó egyenl®tlenség: minden a ∈ N+ esetén a+ 1 > 2, a és egyenl®ség csak a=1 esetben áll fenn. Bizonyítás. Mivel mindkét oldalon pozitív számok állnak, a négyzetre emelés nem változtatja meg az egyenl®tlenség értelmezési tartományát:  a + 1 2 a > 4. A bal oldalt kifejtve kapjuk, hogy a2 + 2

· a · azaz aval 1 1 + 2 > 4, a a egyszer¶sítve: a2 + 2 + Mivel a2 > 0, 1 > 4. a2 szorozzuk vele az egyenl®tlenség mindkét oldalát: a4 + 2a2 + 1 > 4a2 . Mindkét oldalból kivonva 4a2 et: a4 − 2a2 + 1 > 0. A bal oldali kifejezés éppen az − 1)2 > 0, (a2 − 1) kéttagú kifejezés négyzete: ami pedig igaz minden esetre, mert (a2 − 1)2 négyzetszám, és így biztosan nem lehet negatív. Egyenl®ség akkor áll fenn, ha (mivel az alaphalmaz a ∈ R+ ). (a2 − a2 = 1, azaz a = 1 Mivel végig a nemnegatív számok halmazán értelmeztük az egyenl®tlenségeket, az átalakítások ekvivalensek voltak. Megjegyzés: A nem pozitív számokra is lehet vizsgálni az egyenl®tlenség párját": az a < 0 esetén fennálló a+ 103 1 6 −2 a egyenl®tlenségre, amelyben egyenl®ség pontosan akkor van, ha a = −1. A nevezetes középértékek a matematika különböz® területein el®jönnek: a számtani

(aritmetikai) közép a statisztikában és a sorozatoknál, a mértani (geometriai) közép a hasonlósággal kapcsolatos tételeknél és a mértani sorozatoknál, a négyzetes (kvadratikus) közép szintén a statisztikában, a szórás számításánál, míg a harmonikus középpel inkább zika órán, átlagsebesség, ered® ellenállás, kapacitás számítása során. A köztük fennálló egyenl®tlenségeknek többféle bizonyítása létezik, most egy algebrai és egy geometriai jelleg¶ bizonyítást mutatunk be (két pozitív számra). Tétel. Ha a, b > 0 valós számok, akkor a > Q(a, b) > A(a, b) > G(a, b) > H(a, b) > b, ahol r Q(a, b) = a2 + b2 2 a+b 2 √ G(a, b) = a · b A(a, b) = H(a, b) = 1 a 2 + 1 b a két szám négyzetes közepe, a két szám számtani közepe, a két szám mértani közepe, a két szám harmonikus közepe. a = b, Egyenl®ség pontosan akkor áll fenn, ha ekkor a = Q(a, b) = A(a, b) = G(a, b) = H(a, b) = b.

Bizonyítás. Az algebrai bizonyítás során az egyenl®tlenségeket különkülön, 5 lépésben végezhetjük el. r (i) a > Q(a, b), azaz a> a2 + b2 2 . Mivel mindkét oldalon pozitív számok állnak, emeljük négyzetre: a2 > a2 + b2 , 2 104 majd 2vel szorozva kapjuk, hogy 2a2 > a2 +b2 , azaz a2 > b2 . Ez pedig biztosan igaz, mert a feltételek szerint négyzetükre is igaz (x : a, b x2 függvény pozitív pozitív számok, tehát a xekre szigorúan monoton növekv®). (ii) Q(a, b) > A(a, b), azaz r a2 + b2 a+b > . 2 2 Els® lépésben itt is emeljük négyzetre az egyenl®tlenség két oldalát: a2 + b2 (a + b)2 > . 2 4 Ezután a kéttagú négyzetet kifejtve és 4gyel szorozva kapjuk: 2a2 + 2b2 > a2 + 2ab + b2 . Az egyenl®tlenség jobb oldalát 0ra redukálva: a bal oldal (a − b)2 négyzetszám, tehát nyilvánvalóan nem negatív. Egyenl®ség abban az esetben állhat fenn, ha (iii) A(a, b) > G(a, b), a2 −

2ab + b2 > 0 , ahol azaz a − b = 0, azaz a = b. a+b √ > a · b. 2 kifejtve, és 4gyel szorozva (a + b)2 > a · b, ahonnan a bal oldalt 4 2 2 kapjuk, hogy: a + 2ab + b > 4ab, majd a jobb oldalt 0ra redukálva: a2 − 2ab + b2 > 0. Az el®z®ekhez hasonlóan Négyzetre emeléssel kapjuk, hogy a bal oldal (a − b)2 , ami négyzetszám, tehát biztosan nem negatív. Egyenl®ség abban az esetben állhat fenn, ha √ (iv) G(a, b) > H(a, b), azaz ab > 1 a 2 + a − b = 0, azaz 1 . El®ször a jobb oldali emeletes b törtet alakítsuk át, így kapjuk, hogy √ ab > 2ab . a+b Ebb®l négyzetre emeléssel, és a nevez®vel való szorzással következik, hogy > 4a2 b2 . Mivel a, b > 0, a = b. (a + b)2 ab > ezért az egyenl®tlenséget eloszthatjuk 105 abvel: (a + b)2 > 4ab (v) . Innen a probléma ugyanaz, mint (iii) esetében H(a, b) > b, azaz 1 a 2 + > b. Az emeletes tört átalakítása után

szoroz- 1 b zuk az egyenl®tlenséget (a + b) > 0val : 2ab > b ⇒ 2ab > b(a + b). a+b A jobb oldalon elvégezve a szorzást, majd kivonva ab > abt, kapjuk, hogy b2 , azaz ab − b2 > 0 ⇐⇒ a(a − b) > 0, ami igaz, mert a>0 akkor áll fenn, ha a−b > 0 és a feltételek miatt. Egyenl®ség csak a = b. Többféle geometria bizonyítás ismeretes: most egy trapéz alapokkal párhuzamos vonalainak segítségével vázolunk fel egy szemléletes bizonyítást: Legyen egy trapéz két alapja a és b, valamint a > b. Ekkor a trapéz közép- vonala, azaz a szárak felez®pontján át az alapokkal párhuzamosan húzott szakasz a két szám számtani közepe (3). A hasonlóság tulajdonságainak felhasználásával belátható, hogy az az alapokkal párhuzamos szakasz, amely két hasonló trapézra bontja a trapézt, a két alap mértani közepe (2). Az átlók metszéspontján keresztül az alapokkal párhuzamosan húzott szakasz a két

alap harmonikus közepe (1)  ennek bizonyításához szintén a hasonló háromszögek tulajdonságait használhatjuk fel. Végül az az alapokkal párhuzamos szakasz, amely a trapézt két egyenl® terület¶ trapézra bontja, éppen a két szám négyzetes közepe hosszúságú (4)  ennek igazolásához a trapéz területképletét és hasonló síkidomok területeinek arányát használjuk fel. Ha beláttuk, hogy a megfelel® szakaszok hossza egyegy középértékkel egyenl®, akkor euklideszi szerkesztéssel megszerkesztve a szakaszokat, az egyenl®tlenségek az ábrából leolvashatók. Az egyenl®ség esete is látható, hiszen ha a = b, akkor a trapéz para- lelogrammába megy át, és mind a négy szakasz egybe esik, és egyenl® lesz aval. 106 6.5 Feladatok 1. Végezze el a binomiális tétel teljes indukciós bizonyítását! 2. Bizonyítsa be a következ® kéttagú kifejezések szorzattá alakítását: a) an − bn b) 2k+1 a (a, b ∈ R, n ∈ N), 2k+1

+b (a, b ∈ R, n ∈ N) 3. Bizonyítsa be, hogy igaz a következ® egyenl®tlenség, számológép és egyéb segédeszköz használata nélkül: log2 3 + log3 8 + log4 3 > 4 ! 4. Bizonyítsa be, hogy a nevezetes középértékek megfelelnek a fent vázolt szakaszoknak! 5. Bizonyítsa be, hogy nem lehet elhelyezni egy kör kerülete mentén 10 különböz® számot úgy, hogy bármelyik szám a két szomszédja számtani közepe legyen! 6. Mutassa meg, hogy a következ® szám egész: q 3 7. Ha xyz = 1 és √ q √ 3 20 + 14 2 + 20 − 14 2! 1 + x + xy 6= 0, akkor mutassa meg, hogy 1 1 1 + + = 1! 1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + xz 107 a2 , b2 , c2 számok számtani sorozatot alkotnak. Mutas1 1 1 sa meg, hogy ekkor az , , számok is számtani sorozatot b+c c+a a+b 8. Tudjuk, hogy az alkotnak! 9. Mutassa meg, hogy 1 1 + >2 log2 π logπ 2 108 ! 7. Függvények, az analízis elemei Hozzárendelésekkel, függvényszer¶ kapcsolatokkal a tanulók már az

általános iskola 5.6 osztályában is találkoznak feladatokon keresztül Igazán a 7. évfolyamon kerülnek el® a lineáris függvények Ebben az életkorban nagyon fontos, hogy sok gyakorlati példával és szemléltetéssel tanulják meg az új fogalmakat. A számszám kapcsolatok és a grakus ábrázolás öszszekapcsolása eleinte bizony nehéz feladat, de nem csak a matematika, hanem más tantárgyak tanulásához is elengedhetetlen, hogy jól értsék és tudják használni a grakonokat. Nyolcadik évfolyamon további függvénytípusokkal ismerkednek meg: a fordított arányosság és a másodfokú függvény is el®kerül, grakonjaikkal együtt. A függvényekkel, azok tulajdonságaival való ismerkedés a középiskolában folytatódik, ahol más sokkal elméletibb szinten kerülnek el® a korábban már megismert függvénytípusok, és sok egyéb függvény vizsgálatával egészülnek ki. A függvények tulajdonságait nem a hagyományos analitikus szempont

szerint, tételekként tanítjuk, hanem szemlélet alapján fogadtatjuk el. Ezért ebben a témakörben indoklások, bizonyítások inkább csak feladatok formájában szerepelnek, mint lentebbi példáink mutatják. Ebben a témakörben igazi, klasszikus tétel  bizonyítás csak a sorozatok témakörnél kerül el® 12. évfolyamon A dierenciál és integrálszámítás csak emelt szinten szerepel az érettségi anyagában, itt is inkább a módszerek alkalmazásán van a hangsúly, mint a bizonyításokon. Így itt is feladatokon keresztül találkozhatunk bizonyításokkal. 7.1 Feladatok a függvények témaköréb®l 1. Létesíthet®e kölcsönösen egyértelm¶ hozzárendelés az alábbi halmazok elemei között? Ha igen, hogyan; ha nem, miért nem? a) {a 9. A tanulói}, {a 9 A útanulói} b) {a jelenleg él® dinoszauruszok}, c) {0} N, Z 2. Adott két halmaz: A = {az els®fokú egyenletek halmaza}, 109 B := R. Minden els®fokú egyenlethez rendeljük hozzá a

valós megoldását! Döntse el, hogy a felsorolt állítások közül melyik helyes! Válaszát indokolja! a) A fenti hozzárendelés nem függvény, mert az els® halmaznak van olyan eleme, amely nem szerepel a hozzárendelésben. b) A fenti hozzárendelés nem függvény, mert a második halmaznak van olyan eleme, amely nem szerepel a hozzárendelésben. c) A fenti hozzárendelés nem függvény, mert az els® halmaznak van olyan eleme, amelyhez több elemet rendeltünk. d) A fenti hozzárendelés nem függvény, mert a második halmaznak van olyan eleme, amely több elemhez van hozzárendelve. e) A fenti hozzárendelés nem függvény, mert a két halmaz számossága nem egyenl®. f ) A fenti hozzárendelés nem függvény, mert A és B egyike nem halmaz. g) A fenti hozzárendelés függvény. 3. Bizonyítsuk be, hogy az alábbi egyenl®tlenség minden olyan a, b, c valós számra teljesül, amelyre értelmezve vannak a következ® kifejezések: p p p p 1 − a2 + 1 − b2

+ 1 − c2 6 9 − (a + b + c)2 . 4. Álljon két halmaz egyike 15 magyarországi hegységb®l, míg másika 20 hegycsúcsból, amelyek mindegyike e hegységek valamelyikében fekszik. a) A hegységekhez rendeljük hozzá azokat a csúcsokat, amelyeket tartalmazzák. Függvény lesze ez a hozzárendelés? Indokolja válaszát! b) A hegycsúcsokhoz rendeljük azt a hegységet, amelyben találhatók. Függvénye ez a hozzárendelés? Indokolja válaszát! 5. Válaszoljon az alábbi kérdésekre! Válaszait indokolja! 110 a) Lehete egy minden valós számra értelmezett szigorúan monoton növekv® függvény páros, illetve páratlan? b) Lehete egy minden valós számra értelmezett pozitív érték¶ függvény páros, illetve páratlan? c) Lehete egy páros, illetve páratlan függvénynek pontosan 1, 2, illetve 3 széls®értéke? d) Vane olyan függvény, ami páros és páratlan is? 6. Egy, a valós számok halmazán értelmezett függvényr®l tudjuk, hogy van minimuma

és maximuma, továbbá páratlan. Lehete periodikus? Ha igen, adjon egy példát; ha nem, indokolja! 7. Válassza ki az alábbi (a lehet® legb®vebb tartományon értelmezett) függvények közül a kölcsönösen egyértelm¶eket! Válaszát indokolja is! a) x 7 2x − 3 b) 8. Határozza meg az x 7 |3x + 2| c) x 7 √ 2x − 4 d) x 7 lg(4x + 1) x 7 cos2 x−2 cos x−3 (x ∈ R) függvény maximumát és minimumát! Hol veszi fel a függvény a széls®értékeket? Melyek a függvény zérushelyei? Válaszát indokolja! 9. Legyen f (x) = ax + b nem lehet az egy els®fokú függvény. Bizonyítsuk be, hogy (f (0); −1), (f (1); −3), (f (2); −9) számok mindegyike 1 nél kisebb. 7.2 Sorozatok Tétel. Egy számtani sorozat els® eleme a1 , különbsége d. Ekkor a sorozat általános tagja, an = a1 + (n − 1)d. Bizonyítás. Az összefüggés bizonyítását teljes indukcióval végezzük 1. lépés: A képlet alapján hiszen ebb®l a1 = a1 n = 1

esetén a1 = a1 + 0 · d, és ez nyilván igaz, következik, szintén a képlet alapján n = 2 esetén 111 a2 = a1 + 1 · d, és ez igaz, mert a a2 = a1 + d, számtani sorozat deníciója szerint ugyancsak a képlet alapján n=3 a számtani sorozat deníciójából a2 = a1 + d alapján esetén a3 = a1 + 2 · d, a3 = a2 + d és ez igaz, mert adódik, és az el®z®leg kapott a3 = a1 + d + d = a1 + 2d. 2. lépés: Tegyük fel, hogy az összefüggés 3. lépés: Bizonyítjuk, hogy n + 1re nre igaz, azaz an = a1 +(n−1)d. is igaz az összefüggés, azaz an+1 = a1 + (n + 1 − 1)d = a1 + nd. A számtani sorozat deníciójából: = a1 + (n − 1)d an+1 = an + d. Felhasználjuk az an = feltevést, így an+1 = a1 + (n − 1)d + d = a1 + nd. Ez megegyezik a fenti képlettel, így bebizonyítottuk, hogy minden nre igaz: an = a1 + (n − 1)d. Tétel. A számtani sorozat els® n Sn = Az an = a1 + (n − 1)d tagjának összegét Sn nel jelölve

a1 + an · n. 2 összefüggést alkalmazva Sn =
n 2a1 + (n − 1)d . 2 Bizonyítás. Az összeg kiszámításának legegyszer¶bb alapgondolata ma is az, amelyet Gauss 9 éves korában használt. Azzal a gondolatmenettel bármely számtani sorozat els® Írjuk le n tagjának összegét kiszámíthatjuk. a1 t®l an ig az els® n tag összegét, majd ez alá a fordított 112 sorrendben felírt összeget: Sn = a1 + a2 + · · · + ak + · · · + an−1 + an ; Sn = an + an−1 + · · · + an−k+1 + · · · + a2 + a1 . Összegük : 2Sn = (a1 +an )+(a2 +an−1 )+· · ·+(ak +an−k+1 )+· · ·+(an−1 +a2 )+(an +a1 ). Mivel egy számtani sorozat tagjait összegezzük, ezért bármely k = 1, . , n esetén: ak + an−k+1 = (a1 + (k − 1)d) + (an − (k − 1)d) = a1 + an . Azaz minden egymás alá került pár összege a1 + an . A sorozat n tagját összegeztük, ezért 2Sn = (a1 + an ) · n, tehát Sn = Az Sn re (a1 + an ) · n. 2 vonatkozó

formulát megsejtve, a bizonyítást teljes induk- cióval is végezhetjük. (Feladat) Tétel. Egy mértani sorozat els® eleme a1 , hányadosa q. Ekkor a sorozat általános tagja an = a1 q n−1 . Bizonyítás. Az összefüggés bizonyítása teljes indukcióval történik 1. lépés: n = 1re igaz az összefüggés: ez azzal egyenérték¶ (feltéve, hogy q 6= 0), a1 = a1 q 1−1 , hogy a1 = a1 , azaz a1 = a1 q 0 , ami nyilvánvalóan teljesül. 2. lépés: Tegyük fel, hogy valamely nre 113 igaz, azaz és an = a1 q n−1 . 3. lépés: Igazoljuk, hogy n + 1re igaz az összefüggés, azaz an+1 = a1 q n . A mértani sorozat denícióját felhasználva adódik, hogy Felhasználva az an = an+1 = an q . a1 q n−1 feltevést kapjuk, hogy an+1 = an q = a1 q n−1 q = a1 q n . Ez megegyezik azzal az összefüggéssel, amit bizonyítanunk kellett. Tétel. A mértani sorozat els® n Sn = a1 tagjának összegét qn − 1 q−1 Sn nel jelölve

(q 6= 1). Bizonyítás. Írjuk fel a mértani sorozat els® n tagjának összegét a deníció alapján: Sn = a1 + a1 q + a1 q 2 + · · · + a1 q n−2 + a1 q n−1 . Szorozzuk meg az összeg minden tagját q val (q 6= 1), ekkor az összegben majdnem minden tag újból szerepel: Sn q = a1 q + a2 q 2 + a1 q 3 + · · · + a1 q n−1 + a1 q n . Vonjuk ki a második egyenletb®l az els®t, akkor a következ® adódik: Sn q − Sn = a1 q n − a1 ; Sn t kiemelve a következ®t kapjuk: Sn (q − 1) = a1 (q n − 1), ahonnan Sn re a kívánt összefüggés adódik, azaz Sn = a1 (q n − 1) , q−1 114 q 6= 1. q = 1 esetén a formula nem érvényes ugyan, de akkor a mértani sorozat minden eleme Tétel. Az a1 gyel egyenl®, ezért Sn = n · a1 . a+aq +aq 2 +· · ·+aq n +. és összege mértani sor a . 1−q Bizonyítás. A mértani sorozat értelmezése szerint akkor az |q| < 1 esetén konvergens nedik a 6= 0 és q 6= 0. Ha q 6= 1,

részletösszeg: Sn = a + aq + aq 2 + · · · + aq n−1 = a(q n − 1) aq n a = − . q−1 q−1 q−1 Ezt a különbséget a következ®képpen is felírhatjuk: Sn = Ha 0 < |q| < 1, akkor a aq n − . 1−q 1−q qn 0 és aq n 0, 1−q tehát Sn a . 1−q Mivel a végtelen mértani sor összegén a részletösszegek sorozatának határértékét értjük,  ha az létezik , ezért a sor összege Ha |q| > 1, S = lim Sn = n∞ a . 1−q akkor a részletösszegek sorozatának nincs határértéke. 7.21 Feladatok 1. Bizonyítsa be a számtani sorozat els® n tagjának összegére vonatkozó képletet teljes indukció segítségével! 2. Egy 4 1 4 méteres és egy 385 cmes lécb®l egy 12 fokú létra fokait akarjuk kiszabni úgy, hogy a legalsó fok 95 cmes legyen, és felfelé haladva mindig ugyanannyival rövidüljön a fokok hossza. Mekkorák lesznek a létra fokai? Elkészíthet®e ugyanilyen feltételek mellett a létra két darab 4,2

méteres lécb®l? Válaszát indokolja! 3. Egy mértani sorozat hét egymást követ® tagjának a szorzata 700 Meg lehete ebb®l állapítani a sorozat egy tagját? Ha igen, akkor hogyan; ha nem, akkor miért nem? 115 4. Lehete egy háromszög oldalainak hossza egy mértani sorozat három egymást követ® tagja? Lehete a sorozat hányadosa 1,7? Válaszait indokolja! 5. Adjon össze 101t®l kezdve n darab páratlan számot! Bizonyítsa be, hogy az összeg utolsó két jegye megegyezik n2 utolsó két jegyével! 6. Igazolja, hogy 256 nem állítható el® egymást követ® természetes számok összegeként! 7. Bizonyítsa be, hogy hamis az alábbi állítás: Van olyan, különböz® természetes számokból álló számtani sorozat, amelyben bármely két tag legnagyobb közös osztója 1. 8. Bizonyítsa be, hogy ha egy számtani sorozatnak van két irracionális tagja, akkor legfeljebb egy racionális tagja lehet. 9. Adott 60 szám úgy, hogy közülük bármely

négy egyegy számtani sorozat egymást követ® tagja. Bizonyítsa be, hogy e számok között legalább 15 egyenl® található. 10. Bizonyítsa be, hogy ha egy számtani sorozat három, egymást követ® tagja négyzetszám, akkor e sorozat dierenciája osztható 6tal. 11. Az an (2n2 sorozat els® − 3n)nel n tagjának az összege minden pozitív egész n esetén egyenl®. Bizonyítsa be, hogy az (an ) számtani sorozat. 12. Adott két számtani sorozat Az egyiknek a dierenciája 2, a másiké √ 2. Bizonyítsa be, hogy legfeljebb egy olyan szám van, amely mindkét sorozatnak tagja. a2 , b2 és c2 pozitív szám egy számtani sorozat 1 1 1 ; ; egy számtani sorozat egyb+c c+a a+b 13. Bizonyítsa be, hogy ha az els® három tagja, akkor más utáni tagjai! 116 14. Jelöljük az (an ) számtani sorozat els® Bizonyítsa be, hogy ha k és m k2 Sk = 2, Sm m n tagjának az összegét Sn nel! különböz® pozitív egész számok és ak 2k − 1 = .

am 2m − 1 akkor 15. Vane olyan mértani sorozat, amelyben a) a hetedik tag negatív és a huszadik tag 0; b) a hetedik tag is és a huszadik tag is negatív; c) az els® tag negatív, a hetedik tag pozitív; d) az els® tag negatív, a hetedik tag 0; e) az els® tag pozitív, a huszadik tag negatív? A válaszokat indokolja! 16. Igazolja, hogy √ 2+1 1 √ √ , 2−1 2− 2 és 1 2 egy mértani sorozat három egymás utáni tagja! Mekkora e három tag összege? (an ) 17. Bizonyítsa be, hogy ha az (log3 an ) 18. Legyen pozitív tagú mértani sorozat, akkor a számtani sorozat! (an ) mértani sorozat. Bizonyítsa be, hogy ha van olyan szám, hogy a (bn = an + b) is mértani sorozat, akkor az (an ) b 6= 0 sorozat állandó! 19. Az (an ) és a (bn ) mértani sorozatok összege is mértani sorozat. Bizo- nyítsa be, hogy ekkor az (an − bn ) sorozat is mértani sorozat! 20. Egy növeked® mértani sorozatnak a 2 is és a 4 is tagja Bizonyítsa be, hogy

e sorozatnak tagja a 2n is, ha n tetsz®leges pozitív egész szám! 21. Egy háromszög oldalhosszúságai egy mértani sorozat szomszédos tagjai Igazolja, hogy van olyan mértani sorozat, amelynek három egymást követ® tagja e háromszög magasságaival egyenl®! 117 22. Egy háromszög oldalhosszúságai egy számtani, magasságai pedig (ugyanebben a sorrendben) egy mértani sorozat egymást követ® tagjai Bizonyítsa be, hogy e háromszög szabályos! 23. Igazolja, hogy a következ® számok egy mértani sorozat egymást követ® tagjai: √ 5−2 ; 9 √ 1 ; 3 a − b, a2 − b2 24. Egy mértani sorozat els® három tagja a és b 3 √ ! 9−4 5 5 + 2; két különböz® szám. Bizonyítsa be, hogy a és és b a3 − b3 , ahol közül az egyik nullával egyenl®! 25. Egy háromszög oldalhosszúságai egy növekv® mértani sorozat egymást követ® tagjai. Jelöljük e sorozat hányadosát √ 26. Bizonyítsa be, hogy ha 5−1 <q< 2

√ q val. Bizonyítsa be, hogy 5+1 ! 2 (an ) mértani sorozat, akkor a1 + a2 ; a1 + 2a2 + + a3 ; a1 + 3a2 + 3a3 + a4 egy mértani sorozat három egymás utáni tagja. 7.3 Az analízis elemei Tétel. (xn )0 = nxn−1 minden valós xre, ha n>2 egész. Bizonyítás. Az állítás teljes indukcióval bizonyítható n = 2re igaz az állítás, ugyanis Tegyük fel, hogy n − 1ig (x2 )0 = 2x = 2x2−1 . igaz az állítás: (xn−1 )0 = (n − 1)xn−2 . A szorzatra vonatkozó deriválási szabályt felhasználva: (xn )0 = (x · xn−1 )0 = 1xn−1 + x(n − 1)xn−2 = xn−1 + (n − 1)xn−1 = nxn−1 . Ezzel állításunkat bebizonyítottuk. 118 7.31 Feladatok 1. Legyen az és (an ) olyan konvergens sorozat, amelynek a határértéke (bn ) = (an+100 ). sorozat és Bizonyítsa be, hogy a (bn ) A sorozat is konvergens lim(bn ) = A!  2. Legyen az (an ) és a (bn ) két olyan sorozat, amelyekre konvergens és a határértéke 1. Bizonyítsa

be, hogy ha konvergens sorozat, amelynek a határértéke 0, akkor a  an létezik, bn az (an ) olyan (bn ) sorozat is konvergens, és a határértéke szintén nullával egyenl®! Mutasson példát ilyen sorozatokra! 3. Bizonyítsa be, hogy ha az (an) dierenciája sem 0, akkor az számtani sorozat egyik tagja sem és a 1 an  sorozat konvergens és határértéke nulla! 4. Legyen az − bn ) az és a (bn ) két számtani sorozat. Tudjuk, hogy az (an − sorozat konvergens és a határértéke nullával egyenl®. Bizonyítsa be, hogy 5. Az (an ) an = bn minden pozitív egész n esetén! (an ) mértani sorozat hányadosa 2. Jelöljük  esorozat els® n tagjának Sn összegét Sn nel. Igazolja, hogy ha az sorozat létezik, akkor an konvergens! Számítsa ki e sorozat határértékét! 6. Bizonyítsa be, hogy az y= 1 x egyenlet¶ hiperbola tetsz®leges pontjá- ban húzott érint® állandó terület¶ háromszögeket metsz ki a koordinátatengelyekb®l!

7. Bizonyítsa be, hogy az y = x2 egyenlet¶ parabolának a (−1; − 14 ) ponton áthaladó érint®i mer®legesek egymásra! 8. Tekintse az y = x2 + ax + 1 pontjukban húzott érint®ket egyenlet¶ görbékhez az 1 abszcisszájú (a ∈ R)! egyenesek áthaladnak egy közös ponton! 119 Bizonyítsa be, hogy ezek az 9. Bizonyítsa be, hogy az f : R R; f (x) = x + sin x függvény szigorúan monoton növeked®! 10. a) Tekintse az y = x3 − x egyenlet¶ görbét. Bizonyítsa be, hogy e görbe egyetlen pontját kivéve tetsz®leges pontjába húzott érint®vel van párhuzamos érint®je az adott görbének! b) Melyik az az egy pont, amelynél nincs ilyen? 11. Bizonyítsa be, hogy az x2 = x · sin x + cos x egyenletnek pontosan két megoldása van a [-2;2] intervallumban! 12. Bizonyítsa be, hogy az 2 3 1 f (x) = x4 − x3 − x2 + 2 függvénynek pon4 3 2 tosan két helyi minimuma és egy helyi maximuma van! 13. Bizonyítsa be, hogy az f (x) = x3 − 6x2 +

2x − 1 függvénynek az x = 2 inexiós pontja! 14. Bizonyítsuk be, hogy ha lyettesítési értéke az p(x) x=0 egész együtthatós polinomfüggvény he- és az x=1 függvénynek nincs egész gyöke. 120 helyen páratlan, akkor a p(x) 8. Elemi geometriai bizonyítások I Az elemi geometriával már egészen korán találkoznak a tanulók, és itt szerepel a legtöbb bizonyítás is. Ha a matematika történetét végiggondoljuk, akkor tulajdonképpen ez érthet® is, hiszen tudománytörténetileg a bizonyítás fogalma el®ször a geometriában jelent meg, melyben nem kis része volt Euklidész Elemek cím¶ összefoglaló m¶vének. Ez volt az etalonja a tudományos felépítésnek, és ez alapozta meg azt az elvárást, hogy állításainkat logikailag helyes következtetések láncolatával igazoljuk. Természetesen, a túl korán bevezetett szigorú bizonyítások nem biztos, hogy segítik a matematika mélyebb megértését. Ezért általános iskolában a

legtöbb tételt még szemlélet alapján elfogadjuk, és csak középiskolában kerülnek el® a szabatosabb bizonyítások. Itt is csak egy olyan önkényes szintig visszük a bizonyításokat, ahol már az addigi tanulmányok alapján nyilvánvalóvá" válik az állítás igazsága, és nem vezetjük vissza az axiómákig. Ebben a fejezetben a bizonyítások nagyon sokféle típusa el®fordul, és tulajdonképpen a bizonyítási technikákat is a geometrián keresztül sajátítják el a tanulók legjobban. Itt csak a legalapvet®bb tételek bizonyítását mutatjuk be, ezen kívül nagyon sok olyan feladat szerepel a különböz® feladatgy¶jteményekben, amelyek egyegy tétel bizonyítását kérik, amely a szigorúan vett tantervi anyagban nem szerepel, de feladatokban jól alkalmazható. 8.1 Háromszögek Tétel. A háromszög két oldalának felez®pontját összeköt® középvonala pár- huzamos a háromszög harmadik oldalával, és hossza a harmadik oldal

hoszszának fele. Bizonyítás. Az ABC egyik középvonala háromszög AC és BC oldalának felez®pontja Fb Fa . A felez®pontok miatt az ABC gekben: AC : Fb C = BC : Fa C = 2 : 1 és ACB^ = Fb CFa ^ = γ. 121 és Fb Fa C Fb és Fa , háromszö- E két háromszög ezért középpontosan hasonló, a középpont a középpontos hasonlóságból következik az AB oldal és az Fb Fa C csúcs. A középvonal párhuzamossága, a hasonlóság arányából pedig az, hogy Fb Fa = Tétel. AB . 2 A háromszög három oldalfelez® mer®legese egy pontban metszi egy- mást. Bizonyítás. Az ABC Ennek bármely P háromszögben az AB pontjára fennáll, hogy dAP = dBP . 122 oldal felez®mer®legese legyen e. Az AC oldal felez®mer®legese legyen f. Ennek bármely Q pontjára dAQ = dCQ . Az e f és fennáll felez®mer®legesek metszéspontja legyen dAM = dBM és M ∈f miatt dAM = dCM . M. Mivel M ∈ e, ezért Ebb®l következik,

hogy dBM = dCM . Emiatt az M pont a BC oldalfelez® mer®legesének is pontja, tehát az M pont mindhárom felez®mer®leges eleme. Bizonyításunk azt is mutatja, hogy M az egyetlen ilyen tulajdonságú pont. Az M ezért az pont egyenl® távolságra van a háromszög mindhárom csúcsától, M pontból, mint középpontból, rajzolhatunk egy kört, amely át- megy a háromszög minden csúcsán. Az oldalfelez® mer®legesek metszéspontja a háromszög köré írt kör középpontja. Hegyesszög¶ háromszög esetén a körülírt kör középpontja a háromszög bels®, tompaszög¶ háromszög esetén küls® pontja lesz, derékszög¶ háromszög esetén pedig a háromszög átfogójának felez®pontja. http://www.youtubecom/watch?v=EjR9O6HB39A Tétel. A háromszög bels® szögfelez®i egy pontban metszik egymást. 123 Bizonyítás. Az α szög szögfelez®je legyen fα . Ennek bármely dP b = dP c . A β szög szögfelez®je legyen fβ . Ennek

bármely dQa = dQc . 124 Q pontjára: P pontjára: Az fα és fβ szögfelez®k metszéspontja legyen dM b = dM c , és M ∈ fβ miatt dM a = dM c . M . Mivel M ∈ fα , ezért fennáll Ebb®l következik, hogy dM a = dM b , tehát az Az M M pont a γ szögfelez®jének is eleme. pont egyenl® távol van a háromszög három oldalától, és a három- szög belsejében van. A bizonyítás mutatja, hogy egyetlen ilyen pont létezik Ebb®l a pontból, mint középpontból, rajzolhatunk olyan kört, amely érinti a háromszög mindhárom oldalát. Ezt a kört nevezzük a háromszög beírt körének, a bels® szögfelez®k metszéspontját a beírt kör középpontjának. http://www.youtubecom/watch?v=KgLpTF2hzos A bizonyítás gondolatmenete mutatja, hogy a háromszög egy bels® és a nem mellette lev® két küls® szög, szögfelez®i is egy pontban metszik egymást. 125 Ez a pont a háromszög oldalegyeneseit®l egyenl® távolságban van. Ebb®l a

pontból, mint középpontból, rajzolhatunk olyan kört, amely a háromszög mindhárom oldalegyenesét érinti. Ez a kör a háromszög AB oldalát kívülr®l érinti. Ezt a kört a háromszög hozzáírt körének nevezzük http://www.youtubecom/watch?v=1ufLPVSKtpo Egy háromszög oldalegyeneseit három hozzáírt és egy beírt kör érinti. Tétel (Szögfelez®tétel). A háromszög egyik bels® szögfelez®je a szemközti oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja két részre. Bizonyítás. Tekintsük az oldalt v és z ABC háromszög az ábrán látható módon az AB szögfelez®jét. Ez a szemközti AC oldalt 0 egyenesére. A kapott pont C Az ACC 0 szakaszra bontja. Az A fα csúcs körül forgassuk rá az háromszög egyenl® szárú. Az egyenl® szárakkal szemben egyenl® szögek vannak: ACC 0 ^ = AC 0 C^. Az ACC 0 háromszög Anál lev® küls® szöge α, ezért ACC 0 ^ = AC 0 C^ = α 2 . Így a CC 0 szakasz párhuzamos az 126 fα

szögfelez®vel. A párhuzamos szel®k tételéb®l következik, hogy : v : z = b : c, amelyb®l adódik a bizonyítandó állítás. Tétel. A háromszög három magasságvonala egy pontban metszi egymást. Bizonyítás. A tételt többféleképpen is bizonyíthatjuk 1. A tételt I osztályban a következ®képpen bizonyítottuk: Az ABC há- romszög csúcsain át a szemközti oldalakkal párhuzamosokat húzva az A1 B1 C1 ABCB1 A1 B1 háromszöget kapjuk. A párhuzamosság miatt parallelogramma, és így A1 C = BA = CB1 , szakasz felez®pontja. Ezért az magassága az A1 B 1 C 1 Ugyanez áll az ABC ABC háromszögnek ABA1 C azaz C és az C b®l húzott háromszög egyik oldalának felez®mer®legese. háromszög mindhárom magasságára. Így tehát a magasságokat tartalmazó egyenesek egy ponton haladnak át. Mivel az A1 B 1 C 1 háromszög oldalfelez® mer®legesei egy pontban metszik egymást (ezt a tételt minden háromszögre bizonyítottuk),

és ezek az egyenesek éppen az ABC háromszög magasságvonalai, ezért az ABC háromszög magasságvonalai egy pontban metszik egymást, ez a pont a háromszög magasságpontja. 2. A tételt a skaláris szorzás segítségével is bizonyíthatjuk Az csúcsból induló magasságvonalak metszéspontját jelöljük 127 A és M mel. B Ve- gyük fel az −− −− −− M A; M B ; M C vektorokat. Mivel az M az A és B pontból húzott magasságvonalak metszéspontja volt, ezért −− −− −− M A(M C − M B) = 0; −− −− −− M B(M A − M C) = 0. −− MC C pontok összekötésével és irányításával kaptuk. Vajon mer®legese a vektorra? A fenti Az vektort az M és −− −− −− BA = M A − M B két egyenlet összeadása után azt kapjuk, hogy −− −− −− M C(M A − M B) = 0; −− −− M C · BA = 0. Ebb®l következik, hogy az AB oldalegyenesre az M~C tehát a harmadik magasságvonal is átmegy az M

vektor mer®leges, ponton, azaz a három magasságvonal egy pontban metszi egymást. Ezt a pontot a háromszög magasságpontjának nevezzük. http://www.youtubecom/watch?v=3 jK1fEdxyw Hegyesszög¶ háromszög magasságpontja a háromszögön belül, tompaszög¶ háromszögé a háromszögön kívül helyezkedik el, derékszög¶ háromszög magasságpontja a derékszög csúcsa. Tétel. A háromszög súlyvonalai egy pontban metszik egymást. Ezt a pontot a háromszög súlypontjának nevezzük, és ez a súlyvonalakat 2:1 arányban osztja két részre. (A hosszabb szakasz a csúcs fel®l van) Bizonyítás. Legyen az oldal felez®pontja jelöljük S sel. párhuzamos az az F ES ABC háromszög F . A háromszög BE A háromszög AB EF oldallal és AC és oldalának felez®pontja AF E , a BC súlyvonalának metszéspontját középvonalának tulajdonságát ismerjük: AB : EF = 2 : 1. Az ABS háromszög és háromszög szögei páronként egyenl®k, ezért

azok hasonlók, és a 128 hasonlóság aránya 2:1. Így AS : SF = 2 : 1; BS : SE = 2 : 1. Gondolatmenetünkben bármely két súlyvonal szerepelhet, emiatt a harmadik súlyvonal is ebben az S pontban metszi az el®z® kett®t. http://www.youtubecom/watch?v=CNqSYG5U4lQ Tétel (Magasságtétel). A derékszög¶ háromszög átfogójához tartozó ma- gassága az átfogó két szeletének mértani közepe. Bizonyítás. Az ábrán az zó CT ABC derékszög¶ háromszögben az átfogóhoz tarto- magasság meghúzásával nyert hasonlók, mert a BCT és CAT BCT és CAT derékszög¶ háromszögek szögek egyenl®k. (Mindkett® hegyesszög és 129 mer®leges szárú szögek.) A hasonlóságból következik AT CT = ; BT CT Tétel (Befogótétel). CT 2 = AT · BT ; m= √ pq. A derékszög¶ háromszög befogója az átfogónak és a befogó átfogóra es® mer®leges vetületének a mértani közepe. Bizonyítás. A magasságtételnél szerepl®

ábráról látható, hogy az CBT ABC és háromszögek is hasonlók, ezért BT BC = ; AB BC Tétel (Pitagorasz tétele). BC 2 = AB · BT ; a= √ cp. Bármely derékszög¶ háromszög befogóinak a négyzetösszege egyenl® az átfogó négyzetével. Bizonyítás. Pitagorasz tételének mintegy 400 bizonyítása ismeretes Az els® kett®nél azonos területek különböz® módon való felírásával bizonyítunk. I. Két egybevágó négyzetb®l egyenl® területeket veszünk el Az ábrán a két négyzet területe egyenl®, hiszen mindkett® oldala négyzet területéb®l elvesszük négy darab romszög területét. 130 a, b a + b. Mindkét befogójú derékszög¶ há- Az els® négyzetben mindkét megmaradó alakzat négyzet, területük összege: a2 + b2 . A második négyzetben a megmaradó alakzat egy négyszög. Err®l bebizonyítjuk, hogy négyzet: a négyszög minden oldala c, az egybevágó derékszög¶ háromszögek átfogója; a szögei is

egyenl®ek, minden szöge ◦ derékszög, 180 − (α + β), ahol α + β = 90◦ (hiszen α és β az eredeti 2 derékszög¶ háromszög hegyesszögei). A négyszög területe: c A maradék területek egyenl®k, hiszen egybevágó alakzatokból egybevágó alakzatokat vettünk el, azaz a2 + b2 = c2 . II. Egy a+b meg az hosszúságú szakaszra az ábrán látható módon rajzoljuk a, b befogójú derékszög¶ háromszögeket. Az összekötésével az ACDE A és E derékszög¶ trapézt kapjuk, amely az pontok ABC és BDE derékszög¶ háromszögekb®l és az ABE egyenl® szárú derékszög¶ háromszögb®l áll. A trapéz területe: TACDE = (a + b)2 ; 2 más módon: 2TABC + TABE = ab + 131 c2 . 2 Ezek egyenl®k: c2 (a + b)2 = ab + . 2 2 Rendezés után kapjuk, hogy a2 + b2 = c2 . III. A tétel bizonyítása a befogótétel ismeretében azonnal adódik Az ábra alapján a2 = cp; b2 = cq; összegük: a2 + b2 = c(p + q); a2 + b2 = c2 .

Pitagorasz tételének megfordítása is igaz: Tétel. Ha egy háromszög két oldalának négyzetösszege egyenl® a harmadik oldal négyzetével, akkor a háromszög derékszög¶. Bizonyítás. A feltétel szerint az az ABC háromszögben a2 +b2 = c2 . Alkossunk a, b oldalakkal mint befogókkal derékszög¶ háromszöget. Ennek átfogóját c0 , magát a háromszöget pedig A0 B 0 C 0 . Erre a háromszögre Pitagorasz jelölje tételét alkalmazva kapjuk, hogy 2 megegyezik. Így c = a2 + b2 = (c0 )2 . (c0 )2 következik. Mivel c Az egyenl®ségek bal oldala 0 és c pozitív számok, így c = c0 . Tehát a két háromszög mindhárom oldala megegyezik, vagyis egybevágóak. Így az ABC háromszög is derékszög¶. 8.2 Négyszögek Tétel. ◦ Bármely húrnégyszög két szemközti szögének összege 180 . Bizonyítás. Az hez a 2α, ABCD illetve 2γ húrnégyszög α, illetve a szemközti γ kerületi szögei- középponti szögek tartoznak. Ezek

a középponti szögek 132 együtt teljesszöget alkotnak, tehát 2α+2γ = 360◦ , innen pedig α+γ = 180◦ következik. Állításunk tehát igaz A tétel megfordítása is igaz: Tétel. ◦ Ha egy négyszög szemközti szögeinek összege 180 , akkor az húrnégy- szög. 133 Bizonyítás. A P QRS négyszögben legyen α + γ = 180◦ . Rajzoljuk meg a csúcsból a QS α P QS háromszög köré írt k kört. A k kör QS húrja a P szög alatt látszik. A látószögkörív tétele alapján tudjuk, hogy szakasz γ = 180◦ − α szögben a QS egyenesre szimmetrikus két körív pontjaiból látszik. Ezek egyikére biztosan illeszkedik az feltétel miatt QRS∠ = 180◦ − α. Az négyszög nem lehet konkáv, ezért az α+γ = R pont a R pont, mivel a 180◦ feltétel miatt a P QRS k P QRS körön van, tehát a négyszög húrnégyszög. Mivel a húrnégyszögek tételét és a tétel megfordítását is igazoltuk, ezért ahhoz,

hogy egy négyszög húrnégyszög legyen, szükséges és elégséges feltétel, hogy két szemközti szögének összege Tétel. Egy négyszög akkor és csak akkor húrnégyszög, ha két szemközti szögének összege Tétel. 180◦ . Ez úgy is megfogalmazható, hogy: 180◦ . Bármely érint®négyszögben a kétkét szemközti oldal hosszúságának összege egyenl®. Bizonyítás. Az ABCD érint®négyszög oldalait az E; F ; G; H érintési pontok kétkét szakaszra bontják. A körhöz küls® pontból húzott érint®szakaszokra vonatkozó tételb®l következik, hogy a szomszédos oldalak szomszédos szakaszai egyenl® hoszszúságúak. Így a szemközti kétkét oldal egyenl® hosszúságú szakaszokból áll Ezért dAB + dCD = dAD + dBC . A tétel megfordítása: Tétel. Ha egy konvex négyszögben a kétkét szemközti oldal hosszúságának az összege egyenl®, akkor a négyszög érint®négyszög. 134 Bizonyítás. Tekintsük a P QRS konvex

négyszöget, melynél a szemközti oldalhosszúságok összege egyenl®: dP Q + dRS = dP S + dQR . Tudjuk, hogy bármely konvex négyszöghöz három oldalt érint® kört tudunk szerkeszteni.  Bizonyításunk során most azokat a négyszögeket tekintsük, amelyek nem paralelogrammák. Ezeknek van két szemközti oldaluk, amelyeknek egyenesei metszik egymást Válasszuk ki az ezek metszéspontjától a távolabbi oldalon lev® két szöget, és szögfelez®jük segítségével szerkesszünk három oldalt érint® kört. Tegyük fel, hogy állításunk nem igaz, a feltételnek megfelel® P QRS konvex négyszög nem érint®négy- szög. Ekkor a négyszög negyedik oldalának vagy nincs közös pontja a körrel, vagy két közös pontja is van. Mindkét esetben találhatunk a negyedik oldallal párhuzamosan olyan egyenest, amelynek segítségével érint®négyszöget kapunk. Ilyen érint®négyszög az a) esetben a P QR0 S 0 ; a b) esetben 00 P QR S 00 négyszög. A P QRS

sült a dP Q + dRS = dP S + dQR 135 négyszögre telje- feltétel. a) A P QRS látható négyszög három oldalát hasonlítsuk össze az ábrán P QR0 S 0 négyszög megfelel® oldalaival: dS 0 R0 > dSR ; dP S 0 < dP S ; dQR0 < dQR . Ugyanakkor P QR0 S 0 érint®négyszög, ezért dP Q + dR0 S 0 = dP S 0 + dQR0 . Az egyenl®tlenségekb®l az el®z® egyenl®ség alapján: dP Q + dRS < dP Q + dR0 S 0 = dP S 0 + dQR0 < dP S + dQR , ebb®l pedig a dP Q + dRS < dP S + dQR dP Q + dRS = dP S + dQR következik, és ez ellentmond kiinduló feltételnek. b) Nyilvánvaló, hogy : dS 0 R0 < dSR ; dP S 0 > dP S ; 136 dQR0 > dQR . Ugyanakkor P QR0 S 0 érint®négyszög, ezért dP Q + dR0 S 0 = dP S 0 + dQR0 . Az egyenl®tlenségekb®l az el®z® egyenl®ség alapján: dP Q + dRS > dP Q + dRS 0 = dP S 0 + dQR0 > dP S + dQR , ebb®l pedig a  Ha a dP Q + dRS > dP S + dQR dP Q + dRS = dP S + dQR P QRS következik, és ez

ellentmond kiinduló feltételnek. négyszögben nincs két olyan szemben lev® oldal, amely metszené egymást, akkor a négyszög bármely két szemben lev® oldala párhuzamos, tehát a négyszög paralelogramma. Ennek szemben lev® oldalai egyenl®k, ezért ha dP Q + dRS = dP S + dQR dP Q = dRS = dP S = dQR , csak úgy lehet igaz, azaz a négyszög rombusz, a rombuszba pedig nyilvánvalóan írható az oldalakat érint® kör. Minden esetet megvizsgáltunk, azt kaptuk, hogy ha a = dP S + dQR P QRS négyszögre dP Q + dRS = igaz, akkor a négyszögbe írható az oldalakat érint® kör, tehát a négyszög érint®négyszög. Ezzel az érint®négyszögek tételének megfordítását igazoltuk. 137 A tétel és megfordítása együtt: Tétel. Egy konvex négyszög akkor és csak akkor érint®négyszög, ha a kétkét szemközti oldal hosszának összege egyenl®. 138 9. Elemi geometriai bizonyítások II 9.1 Sokszögek Tétel. Az noldalú

Bizonyítás. Az konvex sokszög egy csúcsából húzható átlók száma n − 3. noldalú konvex sokszög A csúcsából saját magához és a két szomszédos csúcshoz nem húzhatunk átlót, de minden más csúcshoz húzható átló. Konvex sokszögnél három csúcs nem eshet egy egyenesbe, ezért a szóba jöv® n−3 csúcshoz húzott átlók között nem lehetnek olyanok, amelyek egybeesnek, tehát a konvex sokszögben egy csúcsból valóban n−3 átló húzható. Tétel. Az noldalú Bizonyítás. Az n konvex sokszögben húzható átlók száma csúcs mindegyikéb®l n−3 n(n − 3) . 2 átlót húzhatunk. Így azonban mindegyik átlót mindkét végpontjából kiindulva meghúztuk. Ezért az Tétel. Az n(n − 3) noldalú Bizonyítás. Konvex a sokszöget n−2 szorzat fele adja az átlók számát. konvex sokszög bels® szögeinek összege (n − 2)180◦ . noldalú sokszög egy csúcsából n−3 átló húzható. Ezek háromszögre

bontják. Ezek bels® szögeinek összege az n oldalú konvex sokszög bels® szögeinek összege. A tétel konkáv sával az n noldalú sokszögekre is igaz, hiszen átlóinak megrajzolá- oldalú konkáv sokszög is n−2 darab, egymást nem fed® három- szögre bontható. Tétel. A konvex sokszög küls® szögeinek összege 360◦ . Bizonyítás. A konvex sokszög oldalait azonos irányba meghosszabbítjuk ◦ Mivel minden küls® szög egy bels® szöget egészít ki 180 ra, a küls® szögek ◦ összege a 180 nszeresének és a bels® szögek összegének különbsége: n · 180◦ − (n − 2) · 180◦ = 360◦ . Tehát a küls® szögek összege független az oldalak számától. 139 Megjegyzés. A sokszögekre vonatkozó tételek mindegyike teljes indukcióval is bizonyítható. 9.2 Kör Tétel. A kört érint® egyenes mer®leges az érintési ponthoz húzott sugárra. Bizonyítás. A bizonyítás indirekt történik Tegyük fel, hogy

állítunk nem igaz, az kör O e E érint® nem mer®leges az érintési ponthoz húzott sugárra. A középpontjából bocsássunk mer®legest az talppontja legyen T. és az ezzel szemközti OE = r átfogója, az T ekkor a OT E Ekkor az OE e háromszögnek érint®re, a mer®leges T nél derékszöge van, oldala a sugár. A derékszög¶ háromszögnek az OT < r befogója lenne. Ez azonban lehetetlen, mert a kör bels® pontja lenne. Az e érint®egyenesnek nem lehet bels® pontja. Így feltevésünk hibás, az érint® mer®leges az érintési ponthoz húzott sugárra. Tétel. Egy küls® pontból a körhöz húzott két érint®szakasz egyenl® hoszszú- ságú. Bizonyítás. A P OE1 és P OE2 háromszögek egybevágóak (az, hogy derék- szög¶ek, az el®z® tétel alapján nyilvánvaló), hiszen kétkét oldal egyenl® 140 (P O közös és OE1 = OE2 = r), valamint a két háromszögben a nagyobb oldallal szemben lev® szög is

egyenl®. Az egybevágóságból pedig P E1 = P E2 azonnal következik. Megjegyzés. A szerkesztés lépései: a) a PO átmér®j¶ Thalészkör szerkesztése, b) a PO átmér®j¶ Thalészkör és a k kör E1 és E2 metszéspontjainak megkeresése, c) az E1 és E2 metszéspontok összekötése a P ponttal. http://www.youtubecom/watch?v=Oy7YYrCPXdI Tétel. Egy körben az azonos ívhez tartozó középponti és kerületi szögek aránya 2 : 1. Bizonyítás. A tétel bizonyításához a középponti és kerületi szögek helyzetének négy esetét kell vizsgálnunk: 1. a középponti szög és a kerületi szög egyik szára egy egyenesre esik; 2. a középponti szög csúcsa a kerületi szög szögtartományában van; 3. a középponti szög csúcsa nincs a kerületi szög szögtartományában; 4. a kerületi szög egyik szára érint® 1. Az ábrán látható lev® szöge is α. AOC A háromszög egyenl® szárú, ezért a COB∠ = ω szög az ABC C

csúcsnál háromszög küls® szöge, ezért ω = 2α. 2. Az ábrán lev® részre vágja az COB AO középponti és egyenes. Az AO CAB kerületi szöget is kétkét egyenes egyik oldalán lev® közép- ponti és kerületi szögekre fennáll az el®z®ben bizonyított 2:1 arány. Öszszegükre is ugyanez áll, ezért ω = 2α. 141 3. Az ábrán lev® BOC középponti, illetve 142 BAC kerületi szög az AO egyenes megrajzolása után kétkét szög különbségeként felírható: BOC∠ = BOD∠ − COD∠; BAC∠ = BAD∠ − CAD∠. A jobb oldalon álló megfelel® középponti, illetve kerületi szögekre a 2:1 arány bizonyított. Különbségük aránya ugyanaz, ezért ω = 2α. 4. Ha a kerületi szög egyik szára érint®, akkor célszer¶ három esetet külön tárgyalni: 1. α < 90◦ ; 2. α = 90◦ ; 3. α > 90◦ Az ábra mutatja a szögek közötti összefüggést. Ezzel egy kör azonos íven nyugvó középponti és kerületi

szögek minden esetére bizonyítottuk állításunkat. 143 Általánosabban is megfogalmazható a tétel. 144 Tétel. Azonos sugarú körökben azonos hosszúságú köríveken nyugvó közép- ponti és kerületi szögek aránya 2 : 1. Bizonyítás. A bizonyítást egybevágósági transzformációkkal az el®z®re viszszavezethetjük Tétel (Kerületi szögek tétele). Egy körben az azonos ívhez tartozó kerü- leti szögek egyenl®k. Bizonyítás. A bizonyítás a középponti és kerületi szögek tételéb®l azonnal következik, ugyanis egy körben egy adott kerületi szög az AB AB körívhez tartozó valamennyi köríven nyugvó egyetlen középponti szögnek a fele. Tétel (Thalész tétele). Ha egy kör egyik átmér®jének két végpontját ösz- szekötjük a kör bármely más pontjával, akkor derékszög¶ háromszöget kapunk. (Az átmér® az átfogó.) Bizonyítás. A bizonyításhoz húzzuk meg az BOC OC sugarat. Az AOC háromszögek

egyenl® szárúak. Az ábra jelöléseit használva az 145 és a ABC háromszög bels® szögeinek összege α + β + (α + β) = 180◦ ; 146 α + β = 90◦ . Tehát a háromszög valóban derékszög¶. Thalész tételének megfordítása is igaz. Tétel. Ha a C pontból az átmér®j¶ körnek (Atól és AB szakasz derékszögben látszik, akkor B t®l C az AB különböz®) pontja. Bizonyítás. A bizonyításnál az el®z® tételekre hivatkozunk Tudjuk, hogy az AB szakasz a szakaszra mint átmér®re a rajzolt körön belüli pontokból derékszögnél nagyobb, a körön kívüli pontokból pedig a derékszögnél kisebb szög alatt látszik. Ha tehát C olyan pont a síkban, amelyre az ACB szög derékszög, akkor az csak a körön lehet. A tételt és megfordítását összefoglalva is megfogalmazzuk. Tétel. A sík azon pontjainak halmaza, amelyekb®l egy adott derékszög alatt látszik, az AB átmér®j¶ kör, kivéve az AB AB

szakasz szakasz két vég- pontját. 9.3 Területszámítás Tétel. A téglalap területe két oldalának szorzatával egyenl®. (A tételt azért közöljük bizonyítás nélkül, mert a bizonyítás összetett, felhasználja a területszámítás axiómáit, segédtétel levezetését igényli és ez utóbbi kapcsolatos a határérték fogalmával is.) Tétel. A paralelogramma területe egyik oldalának és az ehhez az oldalhoz tartozó magasságának szorzatával egyenl®. Bizonyítás. Legyen adva az csássunk mer®legest az illetve F. egyenl® az Az AF CD ABCD AB ABCD paralelogramma. C b®l és Db®l oldalegyenesére, a metszéspontok legyenek bo- E, négyszög területe két módon állítható el®: egyrészt paralelogramma és a szegével, másrészt egyenl® az rületének összegével. Az AED EF CD és a BF C háromszög területének ösz- téglalap és az BF C 147 AED háromszög te- háromszögek egybevágóak, ezért területük

egyenl®, így az ABCD paralelogramma területe az EF CD téglalap területével egyenl®, vagyis a téglalap két szomszédos oldala hosszának a szorzatával. Tehát a paralelogramma területe egyik oldalának és az ehhez az oldalhoz tartozó magasságának szorzatával egyenl®. Tétel. A háromszög területe egyik oldalának és az ehhez az oldalhoz tartozó magassága szorzatának felével egyenl®. Bizonyítás. Tükrözzük a háromszöget egyik oldalfelez®pontjára Az így kapott négyszög paralelogramma, mivel szemközti oldalai párhuzamosak A háromszög területe a kapott paralelogramma területének fele. Tétel. A háromszög területe két oldalának és az általuk közrezárt szög szi- nusza szorzatának felével egyenl®. 148 Bizonyítás. Ha akkor ma = γ hegyesszög¶, akkor b sin(180◦ − γ) = b sin γ . T = Ha γ = 90◦ , ha pedig tompaszög, Így ama ab sin γ = . 2 2 akkor is igaz a képlet, ugyanis háromszög területe

valóban Tétel. ma = b · sin γ , sin 90◦ = 1, és a derékszög¶ ab . 2 A háromszög területe félkerületének és a beírt kör sugarának szorza- tával egyenl®. Bizonyítás. A beírt kör középpontját összekötve a háromszög csúcsaival a háromszöget három kisebb háromszögre bonthatjuk. Ezek területeinek ösz- 149 szege adja az eredeti háromszög területét: T = Tétel. ar br cr (a + b + c)r Kr + + = = . 2 2 2 2 2 A trapéz területe párhuzamos oldalai számtani közepének és magas- ságának szorzatával egyenl®. Bizonyítás. Az ötlet ugyanaz, mint az els®, háromszögre vonatkozó területképlet bizonyításánál: tükrözzük a trapézt egyik szárának felez®pontjára, így ebben az esetben is paralelogrammát kapunk, melynek területe a trapéz területének kétszerese. Tétel. A deltoid területe átlói szorzatának felével egyenl®. 150 Bizonyítás. A deltoidot a szimmetriatengelye két egybevágó háromszögre

bontja, így a területe az átlói (e és f) T = szorzatának a fele, azaz e·f . 2 9.4 Feladatok 1. Bizonyítsa be, hogy minden háromszögben van olyan oldal, amely nem nagyobb a másik két oldal számtani közepénél! 2. Bizonyítsa be, hogy minden háromszögben van olyan szög, amely nem nagyobb a másik két szög számtani közepénél! 3. Mutassa meg, hogy bármely háromszögben fa < b+c 2 , ahol fa az A csúcsból induló bels® szögfelez® hosszát jelöli! 4. Bizonyítsa be, hogy bármely konvex négyszögben van olyan oldal, amelyik kisebb a hosszabbik átlónál! 5. Egy ABCD rombusz mindegyik csúcsát kösse össze a sík egy tetsz®le- ges pontjával! Bizonyítsa be, hogy az összeköt® szakaszok mindegyike rövidebb a másik három távolság összegénél! 6. Az ABC t az az AB AC háromszöglemez tetsz®leges bels® pontja egyenesére, Igazolja, hogy az ABC C1 egyenesére, így kapja a A1 gyel a BC AC1 BA1 CB1 A pontot. Jelölje

Tükrözze P- B1 gyel P nek egyenesére vonatkozó tükörképét. zárt töröttvonal hossza nagyobb az háromszög kerületénél! 7. Két egymásra mer®leges egyenes metszéspontja illeszkedik A és B, Bizonyítsa be, hogy 8. Az P. ABC a másikra C és D O. Az egyik egyenesre DO > CO. pont. Legyen AD + BD > AC + BC ! háromszögben az szög egy bels® pontja P. Anál lev® szög nem hegyesszög. A három- A PB egyenes 151 AC t Dben, a PC egyenes AB t E ben metszi. Igazolja, hogy BD + CE > BE + ED + DC ! 9. Igazolja, hogy ha egy trapéznál két szomszédos oldal összege megegyezik a másik két oldal összegével, akkor a trapéz paralelogramma 10. Egy háromszög egyik küls® szöge a mellette lev® bels® szög ötszöröse, egy másik küls® szöge a mellette lev® bels® szög kétszerese. Igazolja, hogy a háromszög derékszög¶! 11. Az ABC háromszög beírt körének középpontja O. Az AOB∠ = 145◦ .

Igazolja, hogy a háromszög tompaszög¶! 12. Egy háromszög egyik küls® szöge a mellette lev® bels® szög ötszöröse, egy másik küls® szöge a mellette lev® bels® szög kétszerese. Igazolja, hogy a háromszög derékszög¶! 13. Igazolja, hogy ha egy négyszög két szomszédos szögének összege megegyezik a másik két szög összegével, akkor ez a négyszög trapéz! 14. Az ABC háromszög AC oldala kétszer akkora, mint az huzamos középvonala. Bizonyítsa be, hogy az Aból AB vel pár- induló szögfelez® felezi a szemközti oldalt! 15. Mutassa meg, hogy a nem egyenl® szárú derékszög¶ háromszögben a derékszög¶ csúcshoz tartozó szögfelez® felezi az e csúcsból induló súlyvonal és magasságvonal szögét! 16. Az ABC háromszög A csúcsából induló bels® szögfelez® a B csúcsnál ◦ lev® küls® szögfelez®vel 45 os szöget zár be. Igazolja, hogy a háromszög derékszög¶! 17. Bizonyítsa be, hogy a háromszög

beírt körének középpontján átmen®, az egyik oldallal párhuzamos egyenes olyan trapézt vág le a háromszögb®l, amelynél a szárak összege az egyik alappal egyenl®! ◦ 18. Igazolja, hogy ha egy téglalap átlói 60 os szöget zárnak be, akkor az egyik oldal az átló felével egyenl®! 152 19. Igazolja, hogy ha egy derékszög¶ háromszögb®l az egyik hegyesszög szögfelez®je egyenl® szárú háromszöget metsz le, akkor azon szögfelez® a szemközti befogót 1:2 arányban osztja! 20. Egy 1 cmes és egy 2 cmes sugarú kör kívülr®l érinti egymást Szerkeszszünk olyan 3 cm sugarú kört, amely mindkett®t érinti http://www.youtubecom/watch?v=cVEePcbsV s http://www.youtubecom/watch?v=DpzsGKodFZ8 153 10. Bizonyítások a koordinátageometriában Mivel ez a terület csak 11. évfolyamon szerepel a tantervben, amikor elvileg már elég fejlett a tanulók gondolkodása ahhoz, hogy a deníció  tétel  bizonyítás felépítést megértsék,

ezért elég sok tankönyv követi ezt a módszert. Ennek ellenére itt is nagy szükség van a szemléltetésre A geometriai alakzatok és algebrai formulák összekapcsolása nem egyszer¶ m¶velet, ezért a párhuzamos (képi és szimbolikus együtt) tárgyalás sokat segíthet a megértésben. Az alakzatok egyenleteit sokszor nem tételszer¶en tárgyalják a tankönyvek, hanem példákon keresztül vezetik rá a tanulót arra, hogy elfogadja, az adott alakzatnak milyen típusú algebrai egyenlet felel meg. Ezért itt egy egy példát mutatunk ezek bizonyítására. Tétel. Az ábra jelölését használva az nátái: x= x1 + x2 , 2 AB szakasz y= F felez®pontjának koordi- y1 + y2 . 2 A végpontok koordinátáival megadott szakasz felez®pontjának koordinátái a végpontok megfelel® koordinátáinak számtani közepei. Bizonyítás. Az F pont koordinátái megegyeznek az f vektor koordinátáival (x, y). Kiegészítjük az a, b vektorok alkotta háromszöget

az F 154 pontot belsejé- ben tartalmazó paralelogrammává. Az kiinduló átlóvektor: a + b, a és b vektorok közös kezd®pontjából ami éppen az f vektor kétszerese. Így a+b = f. 2 Használjuk fel, hogy összegvektor koordinátái a tagok megfelel® koordinátáinak összegei, illetve vektor számszorosának koordinátái a megfelel® koordináták számszorosai. Ezért az  vagyis x= f vektor koordinátái: x 1 + x 2 y1 + y2 ; 2 2 x1 + x2 ; 2 y=  , y1 + y2 . 2 Ezzel az állítást igazoltuk. Tétel. A végpontok koordinátáival megadott szakasz harmadolópontjának koordinátái: x= A H x1 + 2x2 , 3 y= y1 + 2y2 . 3 harmadolópont koordinátáit megkapjuk, ha a hozzá közelebbi végpont megfelel® koordinátája kétszereséhez hozzáadjuk a távolabbi végpont megfelel® koordinátáját, és ezt az összeget osztjuk hárommal. Bizonyítás. A H pont koordinátái megegyeznek a h vektor koordinátáival. ~ = a + 2 · AB, ~ h = a + AH

3 ahol ~ = b − a. AB Így h=a+ 2 2 2 a + 2b · (b − a) = a + b − a = . 3 3 3 3 Használjuk fel az összegvektor koordinátáira, illetve a vektor számszorosának koordinátáira vonatkozó összefüggéseket, így a bizonyítandó állításhoz jutunk. 155 Tétel. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái: C(x3 ; y3 ). A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ), A súlypont koordinátái kiszámíthatók a csúcsok koordinátáinak számtani közepeként: x= ahol S(x; y) x1 + x2 + x3 , 3 y= y1 + y2 + y3 , 3 a három súlyvonal közös pontja. Bizonyítás. Legyen F az ABC háromszög AB oldalának felez®pontja, háromszög egy kiválasztott súlyvonalának (nálunk sc nek) az F hez H a köze- lebbi harmadolópontja, amir®l belátjuk, hogy egybeesik a három súlyvonal közös pontjával, S sel. Felhasználjuk a harmadolópont koordinátáira vonat- kozó ismeretünket: x= és y= 2 x3 + 2 x1 +x x1 + x2 + x3 2 = , 3 3 2 y3 + 2 y1 +y y1 + y2 + y3 2

= . 3 3 Az eredmény szimmetrikus a csúcspontok koordinátáiban, nincs kitüntetett szerepe a felhasznált sc súlyvonalnak. Így a másik két súlyvonalból kiindulva is ehhez az eredményhez jutunk. H tehát valóban közös pontja a három 156 súlyvonalnak, vagyis súlypontja a háromszögnek. Ezért a súlypont koordinátáira teljesül az állításunk 10.1 Az egyenes egyenlete 10.11 Adott ponton áthaladó, adott irányvektorú egyenes egyenlete Az e egyenest egy P0 pontjának r0 helyvektorával és v irányvektorával adjuk meg. Az egyenes futópontja legyen P , ennek helyvektora r. Az ábráról látszik, hogy az r = r0 + tv egyenletet az e (t ∈ R) egyenes bármely pontjának helyvektora kielégíti és csak az e egyenes pontjaihoz tartozó helyvektorok elégítik ki. A fenti egyenletet az egyenes paraméteres vektoregyenletének nevezzük. Az egyenletet átalakítjuk koordinátáikkal felírt egyenletrendszerré. A Az egyenest meghatározó

adatok: r0 = x0 i + y0 j; v = v1 i + v2 j. 157 Az egyenes futópontjának helyvektora: r = xi + y j. A megfelel® koordináták egyenl®ségéb®l adódó paraméteres egyenletrendszer: x = x0 + tv1 ; y = y0 + tv2 . A paraméter kiküszöbölésével kapott egyenlet: v2 x − v1 y = v2 x 0 − v1 y0 . Ez az egyenes irányvektoros egyenlete. 10.12 Adott ponton áthaladó, adott normálvektorú egyenes egyenlete Az és (xy) sík e egyenesét egy P0 (x0 ; y0 ) pontjának r0 (x0 ; y0 ) helyvektorával n(A; B) normálvektorával adjuk meg. Az egyenes futópontja Az egyenes P~0 P P (x; y), ennek helyvektora irányvektora és n 158 r(x; y). normálvektora egymásra mer®leges, ezért n(r − r0 ) = 0 az e egyenes vektoregyenlete. Ez koordinátákra átírva A(x − x0 ) + B(y − y0 ) = 0. Ez az egyenes normálvektoros egyenlete. 10.13 Adott ponton áthaladó, adott iránytangens¶ egyenes egyenlete Az (xy) sík e egyenesét egy P0 (x0 ; y0 ) pontjával

és m iránytangensével adjuk meg. Az egyenes futópontja P (x; y). Az e egyenes egy irányvektora ~v (x − x0 ; y − y0 ), vagy másként   y − y0 ~v 1; , x − x0 ahol x 6= x0 . Ezért m= v2 v1 alapján ~v (1; m). m=α= Az ábráról is látszik, hogy y − y0 . x − x0 159 Így az e egyenes egy normálvektora ~n(m; −1). Ezt behelyettesítve az egyenes normálvektoros egyenletébe, azt kapjuk, hogy m · (x − x0 ) − (y − y0 ) = 0, ahonnan átrendezéssel y − y0 = m · (x − x0 ), és ez az egyenes iránytényez®s egyenlete. Ha az egyenes párhuzamos az létezik. A P0 (x0 ; y0 ) egyenlete x = x0 . y tengellyel, akkor iránytangense nem ponton áthaladó és az y tengellyel párhuzamos egyenes 10.14 A kör egyenlete Tétel. A K(u; v) középpontú, r sugarú körvonal egyenlete: (x − u)2 + (y − v)2 = r2 . Bizonyítás. Egy kör helyzetét akkor ismerjük, ha tudjuk, hol van a középpontja, és tudjuk mekkora a sugara

Legyen a kör középpontja sugara (a K r. K(u; v), A kör a sík azon pontjainak a halmaza, melyek egy adott ponttól középponttól) egyenl® távolságra (r) vannak. Ezek szerint egy pont akkor és csak akkor van rajta a körön, ha P K = r. P (x; y) Felhasználva két pont távolságát megadó képletet: PK = p (x − u)2 + (y − v)2 = r. Mivel mindkét oldal pozitív, ez az egyenlet ekvivalens azzal az egyenlettel, amit úgy kapunk, hogy mindkét oldalt négyzetre emeljük: (x − u)2 + (y − v)2 = r2 . 160 A négyzetre emelések elvégzése és rendezés után így is írható az egyenlet: x2 + y 2 − 2ux − 2uv + u2 + v 2 − r2 = 0. A körön kívülre es® tetsz®leges Q A körön belülre es® tetsz®leges valóban pontosan a K(u; v) pontra: R (x − u)2 + (y − v)2 > r2 . pontra: középpontú, r (x − u)2 + (y − v)2 < r2 . Tehát sugarú körvonal pontjai elégítik ki a fenti egyenletet. Érdemes megvizsgálni általában a

kétismeretlenes másodfokú egyenletek és a kör kapcsolatát. Minden kétismeretlenes másodfokú egyenlet ax2 + by 2 + cx + dy + exy + f = 0 alakú. Ha ezt összehasonlítjuk a kör kifejtett x2 + y 2 − 2ux − 2vy + u2 + v 2 − r2 = 0 161 alakjával, akkor azt látjuk, hogy a négyzetes tagok együtthatóinak meg kell egyezniük, továbbá nem szerepelhet az egyenletben xy os tag. Ez szükséges feltétele annak, hogy egy kétismeretlenes másodfokú egyenlet kör egyenlete legyen. Ha az ilyen egyenletet, teljes négyzetté alakítva, alakra hozzuk, és k > 0, (x−u)2 +(y−v)2 = k akkor valóban egy kör egyenletét kaptuk. Vizsgáljuk meg kör és egyenes kölcsönös helyzetét. Egy kör és egy egyenes közös pontjainak a koordinátái kielégítik a kör és az egyenes egyenletét. Ezek szerint a közös pontokat úgy kaphatjuk meg, hogy megoldjuk az egyenleteikb®l álló kétismeretlenes egyenletrendszert. A kör egyenlete kétismeretlenes másodfokú

egyenlet, az egyenes egyenlete kétismeretlenes els®fokú egyenlet. Ezek szerint, ha kifejezzük az egyenes egyenletéb®l valamelyik ismeretlent, és azt behelyettesítjük a kör egyenletébe, egyismeretlenes másodfokú egyenletet kapunk. Ennek 0, 1 vagy 2 megoldása van attól függ®en, hogy az egyenesnek és a körnek 0, 1 vagy 2 közös pontja van. Érdekes a helyzetünk, ha két kör közös pontjait keressük, hiszen mindkét kör egyenlete kétismeretlenes másodfokú egyenlet. Ha a két kör egyenletét kivonjuk egymásból, akkor a másodfokú tagok kiesnek, így egy els®fokú kétismeretlenes egyenletet kapunk, ami egy egyenes egyenlete. Mivel a két kör közös pontjának koordinátái mindkét kör egyenletét kielégítik, a különbségükb®l adódó egyenes egyenletét is ki kell, hogy elégítsék. Ez éppen azt jelenti, hogy az így adódó egyenes nem lehet más, csak a két kör metszéspontjain áthaladó egyenes. Így két kör közös pontjainak

kiszámítását visszavezettük kör és egyenes közös pontjai kiszámítására. Érdekes kérdés, hogy ha a két körnek nincs közös pontja, akkor a különbségükb®l adódó egyenes hol van" Meg lehet mutatni, hogy ekkor a körök egyenleteinek a különbségéb®l adódó egyenes a két kör középpontjain átmen® egyenesre mer®leges, és a két kör között" van valahol. Most vizsgáljuk meg, hogyan kaphatjuk meg a kör valamely érint®jének az egyenletét. Ha a kör egy adott pontjában akarjuk felírni az érint®t, akkor a kör középpontjából az adott pontba húzott vektort használhatjuk normálvektornak, hiszen ez mer®leges az érint®re. Ha egy adott körnek egy adott küls® 162 P pontból akarjuk meghatározni az érint®k egyenletét, akkor használhatjuk pl. Thalész tételét. De az érint®k egyenlete úgy is meghatározható, hogy felírjuk az érint®k egyenletét y = mx + b alakban általánosan, ebbe behelyettesítjük a

megadott küls® pont koordinátáit, ezután az b kifejezzük a m paraméter segítségével paramétert és ezt visszaírjuk az egyenes egyenletébe. Az e- gyenes és a kör egyenletéb®l álló egyenletrendszert visszavezetjük egy paraméteres másodfokú egyenletre, amelynek a diszkriminánsa az érintés miatt m zérus. Ebb®l az paraméter kiszámítható. 10.15 A parabola egyenlete Tétel. A p paraméter¶, y tengely¶, p F (0; ) 2 y= fókuszú parabola egyenlete: x2 . 2p P (x; y) pont akkor és csak akkor van rajta a parabolán, ha P F = P Q, ahol Q a P vezéregyenesen lév® mer®leges vetülete. A denícióból Bizonyítás. A következik, hogy a fókuszpont koordinátái: pedig: y=− p . 2 F (0; p2 ), a vezéregyenes egyenlete Mivel r PF = x2 p 2 + y− , 2  p PQ = y + , 2 tehát r  p 2 p p2 p2 x2 + y − = y + x2 + y 2 + − yp = y 2 + + yp. 2 2 4 4 Innen pedig x2 = 2yp, melyet rendezve y= x2 2p adódik. 163 10.2

Feladatok 1. Egy sokszög csúcsaihoz és oldalfelez® pontjaihoz egy O pontból vek- torokat irányítunk. Bizonyítsa be, hogy a csúcsokhoz vezet® vektorok összege egyenl® az oldalfelez® pontokba vezet® vektorok összegével! 2. Mutassa meg, hogy a háromszög súlypontjából a csúcsokhoz vezet® vektorok összege nullvektor! 3. Válasszon ki az ABCD paralelogramma síkjában egy tetsz®leges K pontot. Bizonyítsa be, hogy −− −− −− −− KA + KC = KB + KD! 4. Az − −− −− A, B, C, D olyan pontok, hogy AC = AB+AD. Bizonyítsa be, hogy ez a négy pont vagy egy egyenesen van vagy pedig egy paralelogramma négy csúcsa! 5. Bizonyítsa be, hogy egy tetsz®leges paralelogramma oldalainak négyzetöszszege egyenl® az átlók négyzetösszegével! 6. Bizonyítsa be, hogy ha egy egyenes mer®leges egy szabályos háromszög minden oldalára, akkor mer®leges a háromszög síkjára is! 7. Bizonyítsa be, hogy egy négyszög átlói akkor és csakis

akkor mer®legesek egymásra, ha a szemközti oldalak négyzetösszege egyenl®! 8. Bizonyítsa be, hogy egy tetsz®leges tetraéder szemközti éleinek felez®pontjait összeköt® szakaszok egy ponton mennek át, és ez a pont felezi valamenynyi összeköt® szakaszt! 9. Bizonyítsa be, hogy a háromszög köré írt kör középpontjának egy oldaltól való távolsága feleakkora, mint a magasságpontnak a szemközti csúcstól mért távolsága! 10. Bizonyítsa be, hogy egy háromszög súlyvonalait eltolhatjuk úgy, hogy azok háromszöget alkossanak! 164 11. Az ABCD négyzet köré írt kör egy vektorok: P pontjából a csúcsokhoz vezet® − −− −− −− P A, P B, P C, P D. Bizonyítsa be, hogy ha a négyzet oldalának hossza 1, akkor − −− −− −− (P A + P C)(P B + P D) = 2, és 12. Az − −− −− −− (P A − P C)(P B − P D) = 0. ABC háromszög súlypontja körül szerkesszen kört, és válassza ki ennek egy tetsz®leges P

pontját. Bizonyítsa be, hogy a P A2 + P B 2 + P C 2 összeg a kör minden P pontjára ugyanakkora! 13. Legyen S az ABC háromszög súlypontja, P pedig tetsz®leges pont. Bizonyítsa be, hogy a P A2 + P B 2 + P C 2 összeg akkor minimális, ha P = S! 14. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái: (−4; 0) (1; 0) (0; 3). Igazolja, hogy a háromszög magasságpontja, súlypontja és a háromszög köré írt kör középpontja egy egyenesbe esik! 15. Egy négyszög csúcspontjainak koordinátái: A(0; 0) B(12; 0) C(9; 6) (3,9). Harmadolja az oldalait, és kösse össze a szemben lev® harmadolópon- 165 tokat! Bizonyítsa be, hogy az összeköt® szakaszok is harmadolják egymást! 16. Bizonyítsa be, hogy bármilyen értéket is adunk mnek, az mx + 3y − 4m + 1 egyenesek a sík egy rögzített pontján haladnak át! 17. Bizonyítsa be, hogy a derékszög¶ trapéz átlói akkor és csak akkor mer®legesek egymásra, ha a mer®leges szár a párhuzamos

oldalak mértani közepe! 18. Bizonyítsa be, hogy a 3x − 4y − 20 = 0, 3x + 5y − 20 = 0, 4x − − 3y + 12 = 0, 5x + 3y + 15 = 0 egyenesek húrnégyszöget határoznak meg! 19. Bizonyítsa be, hogy a (6,2); (13,1); (12,6); (1,8) pontok egy deltoid csúcsai. Számítsuk ki a területét! 20. Bizonyítsa be, hogy az x2 + y 2 + 2a1 x + 2b1 y + c1 = 0 és az x2 + y 2 + 2a2 x + 2b2 y + c2 = 0 egyenletekkel megadott körök akkor és csak akkor metszik egymást derékszögben, ha 2(a1 a2 + b1 b2 ) = c1 + c2 . http://www.youtubecom/watch?v=qgMrBGVYAoQ http://www.youtubecom/watch?v=xi22rWlReQc 166 11. Vektorok, trigonometria Bár ez is a geometria témakörhöz tartozik, a benne szerepl® bizonyítások is hasonlóak, érdemes külön fejezetben megvizsgálni az ehhez tartozó tételeket. Többségük csak az emelt szint¶ tananyagban szerepel, ezért alapóraszámban tanuló diákok esetleg nem is találkoznak velük. Ám az emelt szint¶ érettségire, illetve

versenyekre való felkészülés során hasznosíthatók Ezért néhány alapvet® tétel bizonyításán kívül itt is f®leg feladatok szerepelnek. Tétel. Két koordinátáival adott vektor, a(a1 ; a2 ) és b(b1 ; b2 ) skaláris szorza- ta: a · b = a1 b1 + a2 b2 . Bizonyítás. a = a1 i + a2 j , b = b1 i + b2 j , és a · b = (a1 i + a2 j) · (b1 i + b2 j). A disztributív tulajdonság alapján a szorzás tagonként elvégezhet®: a · b = a1 · b1 · i2 + a1 · b2 · i · j + a2 · b1 · j · i + a2 · b2 · j 2 . Mivel Így i és j mer®legesek egymásra, ezért a · b = a1 b1 · 1 + a2 b2 · 1, amib®l i·j = j ·i = 0. Továbbá i2 = j 2 = 1 a · b = a1 b1 + a2 b2 , amit bizonyítani akartunk. Tétel (Pitagoraszi összefüggés szögfüggvényekre). esetén igaz, hogy sin2 α + cos2 α = 1. 167 Tetsz®leges α szög Bizonyítás. Az origó középpontú, egységnyi sugarú körben az képest tetsz®leges sin α, α ~i vektorhoz szöggel

elforgatott egységvektor koordinátái cos α és és ennek az egységvektornak a koordinátái megegyeznek a végpont koordinátáival, azaz P (cos α; sin α). Mivel az origó koordinátái O(0; 0), ezért −−2 OP = cos2 α + sin2 α, de −− OP = 1, így sin2 α + cos2 α = 1. Tétel (Szinusztétel). Bármely háromszögben az oldalak aránya egyenl® a velük szemközti szögek szinuszának arányával. Az ábra jelöléseit használva: a : b : c = sin α : sin β : sin γ. Bizonyítás. 1 Írjuk föl a háromszög területét kétféleképpen az felhasználásával: innen α és β szögek bc sin α ac sin β = , 2 2 a sin β = b sin α, vagyis sin α a = . b sin β Közben felhasználtuk, hogy c 6= 0, b 6= 0 és sin β 6= 0, hiszen egy háromszög oldalairól, illetve szögér®l van szó. Ugyanez az okoskodás a háromszög többi oldalpárjára is elvégezhet®. 2. Hegyesszög¶ háromszög esetén: A derékszög¶ háromszögekb®l a rajzon

szerepl® adatokkal kifejezhetjük a meghúzott magasságot: mc = a sin β és 168 mc = b sin α. A bal oldalak egyenl®ségéb®l következik: a sin β = b sin α. Tompaszög¶ háromszög esetén: A derékszög¶ háromszögekb®l a rajzon szerepl® adatokkal kifejezhetjük a meghúzott magasságot: mc = a sin β és mc = b sin(180◦ − α). A bal oldalak egyenl®ségéb®l következik: a sin β = b sin(180◦ − α). 169 A szinusz szögfüggvény értelmezése szerint: sin(180◦ − α) = sin α, ezért a sin β = b sin α. Mindkét esetben ugyanahhoz az összefüggéshez jutunk, attól függetlenül, hogy a háromszög hegyesszög¶ vagy tompaszög¶. Rendezve az egyenletet: sin α a = . b sin β Mivel a, b két tetsz®leges oldal volt, a másik két oldalra is felírhatjuk ezt az arányt: b sin β = . c sin γ Összefoglalva tehát kapjuk a szinusztételt: a : b : c = sin α : sin β : sin γ. Derékszög¶ háromszögre (ahol c az átfogó) a

szinusztétel a Tétel (Koszinusztétel). a az egyik befogó, a sin α = c α az ezzel szemközti szög, összefüggést adja. Bármely háromszögben egy oldal négyzetét meg- kapjuk, ha a másik két oldal négyzetének összegéb®l kivonjuk a két oldal és a közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát. Az ábra jelöléseit használva: c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ. Bizonyítás. Irányítsuk a háromszög oldalait az ábrán látható módon Az így kapott a, b és c oldalvektorokra fennáll: c = a − b. Az egyenl®ség két oldalának négyzete is egyenl®: c2 = (a − b)2 , azaz c2 = a2 − 2a · b + b2 . 170 A skaláris szorzat denícióját, tulajdonságait és a bevezetett jelöléseket felhasználva kapjuk, hogy c2 = a2 + b2 − 2ab cos γ. Ezzel a tételt igazoltuk. 11.1 Feladatok 1. A p cos(πx) − 1 kifejezés értelmezhet® a) az egész számokon; b) a pozitív egész számokon; c) a páros egész számokon; d) a páratlan

egész számokon; e) minden valós számon. Döntse el, hogy melyik állítás igaz, és indokolja meg! 2. A q sin2 πx 2 −1 kifejezés értelmezhet® a) az egész számokon; b) a páros számokon; c) minden valós számon; d) a páratlan számokon; 171 e) sehol sem. Döntse el, hogy melyik állítás igaz, és indokolja meg! 3. Az 1 − 2 sin2 5x √ cos2 x − 1 kifejezés értelmezhet® a) a π egész többszörösein; b) mindenütt, kivéve π egész többszöröseit; c) egyetlen valós számra sem; d) sehol sem, kivéve π egész többszöröseit; e) minden valós számra. Döntse el, hogy melyik állítás igaz, és indokolja meg! 1 3 , akkor √ 2 2 a) sin 2α = 3 ; √ 2 2 b) sin 2α = − 3 ; √ 2 2 c) | sin 2α| = 3 . 4. Ha cos 2α = Döntse el, hogy melyik állítás igaz, és indokolja meg! 5. Igazolja, hogy egy háromszög akkor és csak akkor derékszög¶, ha szögeire teljesül a sin2 α + sin2 β = sin2 γ összefüggés! 6. Az

érint®négyszög egyik oldala a, az ezen nyugvó szögek nyítsa be, hogy az érint®négyszög beírt körének r= a sin α2 sin β2 sin α+β 2 172 ! r α sugara: és β. Bizo- 7. Bizonyítsa be, hogy ha egy háromszögben háromszög a, b, cvel 3β + 2γ = π , akkor a jelölt oldalaira fennáll, hogy  c 2 b . a2 − c2 = 1 + a 8. Bizonyítsa be, hogy ha α, β , γ egyike sem egyenl® π 2 valamelyik pá- ratlan többszörösével, akkor ha (1 + sin α)(1 + sin β)(1 + sin γ) = cos α cos β cos γ, úgy (1 − sin α)(1 − sin β)(1 − sin γ) = cos α cos β cos γ is igaz! 9. Bizonyítsa be, hogy bármely valós x értékre 1 6 sin4 x + cos4 x 6 1! 2 10. Bizonyítsa be, hogy ha 0<x< π 2 , akkor 1 1 1 + > ! sin x cos x sin x cos x 11. Bizonyítsuk be, hogy ha egy hegyesszög¶ háromszög területe egységnyi, akkor talpponti háromszögének t területére fennáll, hogy cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 − t és 1 cos α

cos β cos γ = t. 2 12. Bizonyítsuk be, hogy minden ABC háromszögben sa : sb : sc = sin BSC∠ : sin ASC∠ : sin ASB∠, 173 sa , sb , sc ahol az a, b, c oldalakhoz tartozó súlyvonalak, S pedig a súlypont. 13. Bizonyítsuk be, hogy ha egy háromszög α ρ = 4R cos α sin2 szögére teljesül, hogy α , 2 akkor a háromszög egyenl®szárú (ρ a beírt, R a köré írt kör sugara). 11.2 A feladatok megoldásai 1. 2. cos x − 1 6 0, tehát x = 2k , k ∈ Z kell legyen. Így c) igaz, a többi nem sin2 πx 2 − 1 6 0, x = 2k + 1, k ∈ Z 3. cos2 x 6 1 és cos(πx) = 1, tehát sin2 πx 2 azaz = 1, πx = 2πk , vagyis πx 2 ahol = k ∈ Z, π 2 (2k + 1) vagyis és így kell legyen. A d) igaz, a többi nem cos2 x 6= 1 miatt az értelmezési tartomány üres, azaz c) igaz. 4. √ √ sin 2α = ± 1 − cos2 2α = ± 2 3 2 , azaz c) igaz, ha α ∈ R. 5. Az egyenlet pontosan akkor teljesül, ha sin2 α sin2 β + = 1, sin2

γ sin2 γ azaz, ha, a szinusztételt felhasználva, a2 b2 + 2 = 1, c2 c vagyis hogy a2 + b2 = c2 . a, b és c Ez pedig annak szükséges és elégséges feltétele, egy derékszög¶ háromszög befogói, illetve átfogója legyen. 6. Az OAB4 területe kétféleképpen is felírható: (ábra!) Egyszer a β 1 2 sin α2 sin 2 a , 2 sin AOB∠ 174 formulával, másrészt az ar 2 formulával. Mivel  AOB∠ = π − α β + 2 2   h sin π − és α β + 2 2 i  = sin α β + 2 2  , így r= 7. A 3β + 2γ = π és ezzel egyenl®ségb®l 2γ = π − 3β miatt a sin α2 sin β2 sin α+β 2 . 2α + 2β + 2γ = 2π 2γ = π − 3(2α − π), miatt azaz β = 2α − π , γ = 2π − 3α. A szinusztétel miatt: sin α sin(2α − π) sin(2π − 3α) = = , a b c amib®l felhasználva, hogy sin(2α − π) = − sin 2α = −2 sin α cos α és sin(2π − 3α) = − sin 3α = sin α(4 sin2 α − 3) adódik, hogy b = −2 cos α a és c

= 4 sin2 α − 3. a Ezeket felhasználva c b2 = 4 − 4 sin2 α = 4 cos2 α = 2 . a a
2 2 2 1+ c . szorozva a − c = b a 1− Ezt a2 1 + 8. Mivel c a val
1 − sin2 x = cos2 x, ezért (1 − sin2 α)(1 − sin2 β)(1 − sin2 γ) = 175 = cos2 α cos2 β cos2 γ , amit átalakítva (1 − sin α)(1 − sin β)(1 − sin γ)(1 + sin α)(1 + sin β)(1 + sin γ) = = (cos α cos β cos γ)2 adódik. A feltétel miatt a tényez®k egyike sem 0, tehát a feltételi egyenl®séggel osztva a bizonyítandót kapjuk. 9. sin4 x + cos4 x = (sin2 x + cos2 x)2 − 2 sin2 x cos2 x = 1 − 0 6 sin2 2x 6 1 10. Mivel sin x > 0 1 2 sin2 2x és miatt igaz az állítás. és cos x > 0 az adott intervallumon, így 1 1 1 + > sin x cos x sin x cos x akkor és csak akkor, ha sin x + cos x > 1. sin x, cos x, derékszög¶ háromszög befogói Az egységnyi átfogójú ha egyik hegyesszöge x. (ábra!) A háromszögegyenl®tlenség miatt a két befogó összege

mindig nagyobb az átfogónál. 11. Az A1 és B1 AB talppontokból az oldal derékszögben látszik, tehát B1 A1 C∠ = α és A1 B1 C∠ = β . Így az ABC és az A1 B 1 C háromszögek hasonlók, tehát A1 B1 : A1 C = c : b, azaz az A1 CA derékszög¶ háromszögb®l A1 B 1 = A1 C = cos γ AC miatt A1 C c = c cos γ. b Ugyanígy B1 C1 = a cos α B1 A1 C1 ∠ = π − 2α, így az és A1 B 1 C 1 A1 C1 = b cos β. háromszög t területe 1 t = b cos βc cos γ sin(π − 2α) = 2 176 = bc sin α cos α cos β cos γ, de bc sin α = 2T(ABC) = 2, vagyis 1 cos α cos β cos γ = t. 2 Mivel hasonló háromszögek területének aránya a hasonlósági arány négyzetével egyenl®, így az t2 , t3 AB1 C1 , BC1 A1 , CB1 A1 t1 , területeire B1 C12 t1 = = cos2 α, T a2 és háromszögek t + t1 + t2 + t3 = T = 1 t2 = cos2 β, T t3 = cos2 γ T miatt cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 − t. 12. Mivel a súlypontot a csúcsokkal összeköt® szakaszok a

háromszöget három egyenl® terület¶ háromszögre darabolják, ezért az és CSA ASB , BSC , háromszögek területe egyenl®, azaz 1 2  2   2 1 2 2 sa sb sin ASB∠ = sb sc sin BSC∠ = 3 2 3 1 = 2  2 2 sa sc sin ASC∠, 3 amib®l következik az állítás. 13. Elemi geometriából ismert, hogy ρ= 2T a+b+c és 4R = A koszinusztételb®l cos α = b2 + c2 − a2 , 2bc 177 abc . T és így 2 sin2 a2 − (b − c)2 α = 1 − cos α = , 2 2bc tehát a feltételb®l abc b2 + c2 − a2 a2 − (b − c)2 2T = . a+b+c T 2bc 4bc Felhasználva a Héronképletet az el®z® egyenletb®l egyszer¶sítés után bc(b + c − a) = a(b2 + c2 − a2 ) adódik. Ezt az egyenl®séget nullára redukálva (c − a)(b − a)(a + b + c) = 0, adódik, azaz a=c vagy 178 a = b. 12. Bizonyítások az eseményalgebra témaköréb®l A valószín¶ségszámítás az egyike a matematika azon ágainak, amik csak az utóbbi évtizedekben kerültek be a középiskolai

matematika tananyagba. Jelent®sége azonban az új érettségi bevezetésével megn®tt, egyetlen feladatsorból sem hiányoznak az ilyen feladatok. Bizonyításokkal azonban középszinten ebben a témakörben nem találkozunk, ezért itt is inkább az emelt szintre készül®knek nyújt segítséget a következ® összeállítás. 12.1 Feladatok 1. Mutassuk meg, hogy tetsz®leges A és B eseményekre fennáll, hogy A = A + AB. 2. Mutassuk meg, hogy tetsz®leges A és B eseményekre igaz, hogy A = AB + AB és hogy a jobb oldalon álló tagok egymást kizárják. 3. Igazoljuk, hogy tetsz®leges két esemény összege két egymást kizáró esemény összegére bontható. 4. Igazoljuk, hogy tetsz®leges A és B események összegét három, egymást páronként kizáró esemény összegére bonthatjuk. 5. Igazoljuk, hogy az az A és B események között, ha az 6. Igazoljuk, hogy az az A és B A és B A akkor és csak akkor állhat fenn maga után vonja a B

eseményt. A+B = A egyenl®ség akkor és csak akkor állhat fenn események között, ha 7. Igazoljuk, hogy az fenn az AB = A egyenl®ség A + B = AB B maga után vonja az A eseményt. egyenl®ség akkor és csak akkor állhat események között, ha az 179 A és B események egyenl®ek. 8. Igazoljuk, hogy az fenn az A és B A + BA = B egyenl®ség akkor és csak akkor állhat A események között, ha az esemény maga után vonja B t. 9. Igazoljuk, hogy az teljesül az A és B (A + B) − B = A egyenl®ség akkor és csak akkor A eseményekre, ha az és B események kizárják egymást. 10. Mutassuk meg, hogy tetsz®leges (A − AB) + B = A + B A és B B esemény esetén fennáll az esemény esetén fennáll az (A+B)− egyenl®ség. 12. Lássuk be, hogy tetsz®leges + B)(A + C) = AC + AB 13. Igazoljuk, hogy tetsz®leges = C − C(A + B) és egyenl®ség. 11. Igazoljuk, hogy tetsz®leges − AB = AB + AB A A, B és C

eseményekre fennáll az (A + összefüggés. A, B és C eseményre fennáll az (A + B)C = összefüggés. 14. Bizonyítsuk be, hogy tetsz®leges A, B , C (A − B)(C − D) = AC − (B + D) és D eseményekre fennáll az összefüggés. 15. Igazoljuk, hogy bárhogyan választva az A, B , C és D eseményeket, fennáll köztük a következ® kapcsolat: (A − B) − (C − D) = [A − (B + C)] + (AD − B). 16. Igazoljuk, hogy az A, B és C események tetsz®leges megválasztása mellett fennáll a következ® egyenl®ség: AB + BC + AC = AB + BC. 17. Mutassuk meg, hogy három tetsz®leges esemény összege mindig felírható a következ® alakban: A + B + C = A + (B − AB) + [C − C(A + B)] 180 és, hogy a jobb oldalon álló három esemény páronként kizárja egymást. 18. Mutassuk meg, hogy tetsz®leges A, B és C eseményekre fennáll a következ® összefüggés: A + B + C = A + (B − AB) + (C − AC). 19. Mutassuk meg, hogy tetsz®leges A,

B és C eseményekre fennáll a következ® összefüggés: (A + B)C = C − C(A + B). 12.2 A feladatok megoldásai 1. I megoldás: Ha a bal oldali esemény bekövetkezett, akkor a jobb oldali is bekövetkezett, hiszen els® tagja teljesült. A második tagról nem tudjuk, hogy bekövetkezette, de ez nem is érdekes. Ha a bal oldali esemény nem következett be, akkor a jobb oldali sem következett be, hiszen egyik tagja sem teljesült. Tehát a két esemény valóban azonos II. megoldás: A jobb oldaliból indulunk ki és formálisan átalakítjuk: A + AB = AI + AB = A(I + B) = AI = A. 2. I megoldás Ha a bal oldal bekövetkezik, akkor a jobb oldal is teljesül, hiszen bármely vagy B AB hiszen B eseményre vagy vagy és B AB B vagy B igaz, tehát ha teljesül. Egyszerre AB és AB A teljesül, akkor nem teljesülhet, nem lehet egyszerre igaz! Ha viszont a bal oldal nem következik be, akkor a jobb oldal egyik tagja sem teljesülhet, hiszen mindkett®ben

tényez®ként szerepel igaz, és AB illetve AB A. Tehát az összefüggés valóban valóban kizárják egymást. 181 II. megoldás: A jobb oldallal a következ® formális átalakítások végezhet®k el: AB + AB = A(B + B) = AI = A, tehát az egyenl®ség valóban fennáll. Most tekintsük az AB és az AB események szozatát: (AB)(AB) = A(BA)B = A(AB)B = (AA)(BB) = AO = O. Tehát a jobb oldalon valóban egymást kizáró események állnak. 3. Legyen a két esemény A és B. Ekkor összegük a következ®képpen alakítható át: A + B = I(A + B) = (A + A)(A + B) = A + AB. Felhasználtuk az átalakításnál a disztibutív törvényt és az 1. feladat eredményét, amely szerint A + AB = A. Másrészt, a szorzás asszociatív tulajdonságát alkalmazva, A(AB) = (AA)B = OB = O. Tehát az A+B esemény valóban felbontható két, egymást kizáró esemény összegére. 4. Végezzük el az A+B összegen a következ® átalakításokat (közben

felhasználjuk a 3. feladat eredményét): A + B = A + AB = IA + AB = (B + B)A + AB = AB + AB + AB. Ezután megmutatjuk, hogy az összeadandók páronként kizárják egymást felhasználva a szorzás kommutativitását és asszociatív tulajdonságát: (AB)(AB) = AABB = OB = O; 182 (AB)(AB) = AABB = AO = O; (AB)(AB) = AABB = OO = O. Tehát két esemény összege valóban mindig felbontható három, egymást páronként kizáró esemény összegére. 5. Két esemény egyenl®ségéb®l következik, hogy bármelyik maga után vonja a másikat. Így teljesül: AB ⊂ A Az AB ⊂ A reláció bármely reláció, a mindig fennálló A A ⊂ AB. és B és AB ⊂ B eseményekre fennáll. Az A ⊂ AB reláció következtében az A ⊂ B kapcsolatra vezet, így a fenti egyenl®ség csakis akkor állhat fenn, ha az A maga után vonja a B eseményt. 6. Az egyenl®ség azt jelenti, hogy bármelyik oldalon álló esemény maga után vonja a másikat. Így: A⊂A+B Az a A

⊂ A+B B ⊂ A+B minden A és B és A + B ⊂ A. eseményre fennáll. Az kapcsolat következtében a B ⊂A Tehát fenti egyenl®ség csakis akkor állhat fenn, ha az A A+B ⊂ A összefüggésre vezet. B maga után vonja eseményt. 7. Két esemény akkor és csak akkor egyenl®, ha AB ⊂ A + B Az els® összefüggés bármilyen és A és A + B ⊂ AB. B mellett fennáll. A második összefüggéshez még két további általános érvény¶ kapcsolatot használunk fel. Ezek: A⊂A+B és 183 B ⊂ A + B. Így adódik a tranzitivitás következtében a második összefüggésb®l: A ⊂ AB és B ⊂ AB. Viszont ezek a relációk fordítva mindig teljesülnek: AB ⊂ A és AB ⊂ B. AB = A és AB = B Tehát áll fenn. Ezekb®l azt kapjuk, hogy A = B. csak fenn a fenti egyenl®ség. Ekkor Tehát A+B is, A=B AB esetén állhat is egyenl® Aval, tehát egymással is egyenl®k. 8. Az egyenl®ség bal oldala a disztributív törvény

alapján átírható: A + (BA) = (A + B)(A + A) = (A + B)I = A + B. A + BA = B Tehát ekvivalens a következ® egyenl®séggel: A + B = B. Ebb®l viszont a 6. feladat eredménye alapján A⊂B adódik. Így arra jutottunk, hogy A+B esemény valóban egyenl® A maga után vonja B t. Ekkor az B vel, tehát, A + B = A + BA miatt, az eredeti egyenl®ség is fennáll. 9. Az események különbségének értelmezése szerint a bal oldal: (A + B) − B = (A + B)B = AB + BB = AB + O = AB. 184 Így adódik, hogy AB = A. Ebb®l következik, hogy AB ⊂ A és A ⊂ AB. A második kapcsolatból és az AB ⊂ B összefüggés alapján kapjuk, hogy A ⊂ B. Tehát az A A esemény maga után vonja a bekövetkezése esetén B B esemény teljesülését, így nem teljesülhet, vagyis A és B kizárják egymást. 10. A bal oldalon álló eseményb®l indulunk ki: (A − AB) + B = A(AB) + B = A(A + B) + B = AA + AB + B = O + AB + B = AB + B = (A + B)(B + B) = (A

+ B)I = A + B. A jobb oldalon álló eseményt kaptuk, így igazoltuk a fenti azonosságot. 11. A bal oldali eseményb®l indulunk ki, és azonos átalakításokat hajtunk végre: (A+B)−AB = (A+B)AB = (A+B)(A+B) = A(A+B)+B(A+B) = = AA + AB + BA + BB = = O + AB + AB + O = AB + AB. Valóban a jobb oldalon lev® eseményt kaptuk, így a fenti azonosságot bebizonyítottuk. 185 12. A bal oldalon álló eseményb®l indulunk ki: (A + B)(A + C) = (A + B)A + (A + B)C = = AA + BA + AC + BC = O + AB + AC + BC. A BC eseményt®l eltekintve ugyanazt kapjuk, mint a jobb oldalon. Megmutatjuk, hogy BC beolvasztható az el®z® két esemény összegébe: BC = IBC = (A + A)BC = ABC + ABC. De ABC ⊂ AB és ABC ⊂ AC , ezért AB + AC + BC = (AB + ABC) + (AC + ABC) = AB + AC. Tehát valóban fennáll az összefüggés. 13. A jobb oldalon álló eseményt alakítjuk át: C − C(A + B) = C[C(A + B)] = C[C + (A + B)] = CC + C(A + B) = = O + (A + B)C = (A + B)C. A bal oldali

egyenl®séget kaptuk, tehát igaz az összefüggés. 14. A bal oldali eseményt átalakíthatjuk az alábbi módon: (A − B)(C − D) = (AB)(CD) = ABCD. A jobb oldalt is átalakíthatjuk így: AC − (B + D) = AC(B + D) = AC(BD) = ABCD. Mindkét oldalt ugyanarra az eseményre vezettük vissza, így igazoltuk, hogy egyenl®ek. 186 15. Mindkét oldalt átalakítjuk El®ször a bal oldalt: (A − B) − (C − D) = AB − CD = AB(CD) = ABC + ABD. Ezután a jobb oldalon álló eseményt alakítjuk át: [A − (B + C)] + (AD − B) = A(B + C) + ADB = ABC + ABD. Mindkét átalakítás ugyanarra az eseményre vezetett, így igazoltuk az összefüggést. 16. Azt kell megmutatni, hogy a bal oldal harmadik tagja beolvasztható az els® két tag összegébe: AC = ACI = AC(B + B) = ABC + ABC, ahol ABC ⊂ BC és ABC ⊂ AB. ABC + BC = BC és ABC + AB = AB. Így valóban 17. El®ször az egyenl®ségr®l mutatjuk meg, hogy azonosság A jobb oldalon álló eseményb®l indulunk

ki Felhasználjuk a de Morgan-képleteket is. A + (B − AB) + [C − C(A + B)] = A + BAB + CC(A + B) = = A + B(A + B) + C[C + (A + B)] = A + BA + BB + CC + CA + B = = A + BA + CAB. A disztributív törvények többszöri alkalmazásával folytatjuk az átala- 187 kítást: A + A(B + CA) = A + A(B + C)(B + B) = A + A(B + C)I = = A + A(B + C) = (A + A)(A + B + C) = A + B + C. Az eredeti összefüggés bal oldalán álló eseményre jutottunk, tehát bebizonyítottuk az azonosságot. Ezután a jobb oldali tagokról mutatjuk meg, hogy páronként kizárják egymást, vagyis szorzatuk a lehetetlen esemény: A(B − AB) = A(BAB) = AB(A + B) = ABA + ABB = O, és A[C − C(A + B)] = A[CC(A + B)] = AC[C + (A + B)] = = AC(C + AB) = ACC + ACAB = O, és (B − AB)[C − C(A + B)] = BAB[CC(A + B)] = = B(A + B)[C(C + (A + B))] = (BA + BB)[C(C + AB)] = BA(CC + CAB) = O. Az egyenl®ség jobb oldalán szerepl® három eseményr®l tehát beláttuk, hogy valóban páronként kizárják

egymást. 18. A jobb oldal els® két tagja: A + (B − AB) = A + B(AB) = A + B(A + B) = A + AB + BB = = (A + A)(A + B) + O = I(A + B) = A + B. Hasonló módon kapjuk, hogy A + (C − AC) = A + C. 188 E két azonosság összege a kérdésben szerepl® azonosságot adja. Így az állítást bebizonyítottuk. 19. A jobb oldalon álló eseményb®l indulunk ki, mivel ennek átalakítása látszik könnyebbnek: C − C(A + B) = C[C(A + B)] = C[C + (A + B)] = = CC + C(A + B) = O + (A + B)C = (A + B)C. A bal oldali eseményt kaptuk, tehát az egyenl®ség teljesül. 189 Irodalomjegyzék [1] Ambrus András: Bevezetés a matematika-didaktikába, ELTE Eötvös Kiadó, Budapest 2004. [2] J. S Bruner: Az oktatás folyamata, Tankönyvkiadó, Budapest 1968 [3] dr. Czeglédy István  dr Hajdu Sándor  dr Kovács András  Hajdu Sándor Zoltán  Róka Sándor: Matematika 9., M¶szaki Könyvkiadó, Budapest 2007. [4] dr. Czeglédy István  dr Hajdu Sándor  dr Kovács András  Hajdu

Sándor Zoltán  Róka Sándor: Matematika 10., M¶szaki Könyvkiadó, Budapest 2007. [5] dr. Czeglédy István  dr Hajdu Sándor  dr Kovács András  Hajdu Sándor Zoltán  Róka Sándor: Matematika 11., M¶szaki Könyvkiadó, Budapest 2007. [6] dr. Czeglédy István  dr Hajdu Sándor  dr Kovács András  Hajdu Sándor Zoltán  Róka Sándor: Matematika 12., M¶szaki Könyvkiadó, Budapest 2007. [7] Fitos László: Analóg tételek és feladatok a sík és térgeometriában, Középiskolai szakköri füzetek, Tankönyvkiadó, Budapest 1984. [8] H. Freudenthal: Mathematics as an Educational Task, Instructional Science, 6/1977, Nro. 2, 187-197 p [9] Gábos Adél  Halmos Mária: Készüljünk az érettségire matematikából, M¶szaki Könyvkiadó, Budapest 2005. [10] Gimes Györgyné: Összefoglaló feladatgy¶jtemény matematikából, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest 1995. [11] Halmos Pál: A matematika m¶vészete, Természet Világa, 7/1976. 190 [12] Hortobágyi

István  Marosvári Péter  Pálmay Lóránt  Pósfai Péter Siposs András Vancsó Ödön: Egységes érettségi feladatgy¶jtemény, Matematika I., KonseptH Könyvkiadó [13] Kalmár László: Integrállevél, Gondolat Kiadó, Budapest 1986. [14] Solt György: Valószín¶ségszámítás, M¶szaki Könyvkiadó, Budapest 1997. 191