Kós Géza
Összegyűjtöttünk olyan hibás okoskodásokat, amelyek meghökkentő állításokat bizonyítanak. A hibák megkeresése bárki számára tanulságos lehet.
Húzzuk meg az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle C\)-ből induló szögfelezőjét és az \(\displaystyle AB\) oldal felező merőlegesét. Ha \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BC\) egyenlő, akkor kész vagyunk. Ha nem, akkor a szögfelező és a felező merőleges nem lehetnek sem párhuzamosak, sem egybeesők, tehát metszik egymást. Legyen \(\displaystyle M\) a metszéspontjuk.
Állítsunk merőlegest \(\displaystyle M\)-ből az \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BC\) oldalak meghosszabbítására; legyen ezek talppontja \(\displaystyle D\) illetve \(\displaystyle E\).
A \(\displaystyle CMD\) és \(\displaystyle CME\) háromszögek egybevágóak, mivel \(\displaystyle M\) a szögfelezőn van. Ezért \(\displaystyle CD=CE\) és \(\displaystyle DM=EM\). Másrészt \(\displaystyle AM=BM\), mert \(\displaystyle M\) a felezőmerőlegesen is rajta van.
Az \(\displaystyle ADM\) és \(\displaystyle BEM\) derékszögű háromszögek egybevágóak, mert - mint láttuk - átfogóik ugyanakkorák, és a \(\displaystyle DM\) és \(\displaystyle EM\) befogók hossza is megegyezik. Ezért a másik befogójuk is ugyanakkora: \(\displaystyle AD=BE\).
Mindezekből következik, hogy
\(\displaystyle AC=CD-AD=CE-BE=BC. \)
Könnyű ellenőrizni, hogy a bizonyítás akkor is működik, ha az \(\displaystyle M\) pont a háromszög belsejében van.
Legyen \(\displaystyle ABCD\) egy olyan négyszög, amelyben az \(\displaystyle A\)-nál levő szög derékszög, a \(\displaystyle B\)-nél levő szög \(\displaystyle 100^\circ\), továbbá \(\displaystyle AD=BC=a\). Legyen \(\displaystyle e\) és \(\displaystyle f\) az \(\displaystyle AB\) illetve \(\displaystyle CD\) oldalak felező merőlegese. Feltéve, hogy a derékszög nem \(\displaystyle 100\) fokos, az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle CD\) oldalak nem párhuzamosak, ezért \(\displaystyle e\) és \(\displaystyle f\) metszi egymást; legyen a metszéspontjuk \(\displaystyle M\).
Mivel \(\displaystyle M\) rajta van \(\displaystyle e\)-n, az \(\displaystyle AB\) oldal felező merőlegesén, az \(\displaystyle ABM\) háromszög egyenlő szárú. Jelöljük az \(\displaystyle AM\) és \(\displaystyle BM\) szakaszok közös hosszát \(\displaystyle b\)-vel. Ugyanebből az okból az ábrán a kék szögek is egyenlő nagyságúak.
Az \(\displaystyle M\) pont rajta van \(\displaystyle f\)-en, a \(\displaystyle CD\) oldal felező merőlegesén is, ezért a \(\displaystyle CDM\) háromszög is egyenlő szárú; jelöljük \(\displaystyle c\)-vel a \(\displaystyle CM=DM\) távolságot.
Az \(\displaystyle ADM\) és \(\displaystyle BCM\) háromszögek egybevágók, mert ugyanakkorák az oldalaik. Az egyenlő oldalakkal szemben egyenlő szögek fekszenek, ezért \(\displaystyle DAM\sphericalangle=CBM\sphericalangle\). E két szögből kivonva a kék szöget, az egyik oldalon a derékszöget, a másik oldalon a \(\displaystyle 100\) fokos szöget kapjuk.
Hova lett a kérdőjel helyén álló négyzet?
Valaki a következőképpen oldotta meg az
\(\displaystyle \sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{3-x}=-1 \)
egyenletet.
Emeljük mindkét oldalt köbre, és használjuk fel az \(\displaystyle (a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)\) azonosságot: $$\begin{gather*} \Big(\sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{3-x}\Big)^3=-1 \\ \Big(\sqrt[3]{x-1}\Big)^3+\Big(\sqrt[3]{3-x}\Big)^3+3\sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]{3-x}\Big(\sqrt[3]{x-1}+\sqrt[3]{3-x}\Big)=-1 \\ (x-1)+(3-x)+3\sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]{3-x}(-1)=-1 \\ \sqrt[3]{x-1}\sqrt[3]{3-x}=1 \\ \Big(\sqrt[3]{x-1}\Big)^3\Big(\sqrt[3]{3-x}\Big)^3=1 \\ (x-1)(3-x)=1 \\ x^2-4x+4=0 \\ (x-2)^2=0 \\ x=2. \end{gather*}$$ Mivel csupa ekvivalens átalakítást végeztünk, \(\displaystyle x=2\) megoldása az egyenletnek, és más megoldás nincs.
Emeljük mindkét oldalt köbre, és használjuk fel az \(\displaystyle (a+b)^3=a^3+b^3+3ab(a+b)\) azonosságot:
Mivel csupa ekvivalens átalakítást végeztünk, \(\displaystyle x=2\) megoldása az egyenletnek, és más megoldás nincs.
Hol van a megoldásban a hiba?
A KöMaL levelezős versenyei azon kevesek közé tartoznak, amelyek ingyenesek – immár több mint 130 éve! Sajnos azonban a KöMaL állami támogatásának rendszere az elmúlt évben jelentősen átalakult, a következő években az előre látható bevételeink várhatóan nem tudják fedezni a költségeinket.
Ezért kérünk mindenkit, aki szereti a KöMaL-t, létezését fontosnak tartja, hogy lehetőségéhez mérten támogassa a KöMaL-t kiadó MATFUND Alapítványt. Ha teheti, rendelkezzen adója 1%-áról az Alapítvány javára. Ezen kívül pedig, ha saját vagy céges lehetőségei megengedik, támogassa a KöMaL kiadását, a KöMaL tudáskincsének gondozását!
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
Nem kell túl sokáig keresgélnünk az interneten a fejtörő feladatok között ahhoz, hogy sík vagy tér kitöltésére vonatkozó feladványra bukkanjunk. Ezek egyik fajtája az, amikor néhány síkidom vagy test valamilyen keretben van elhelyezve úgy, hogy látszólag teljesen kitöltik azt, de van még külön egy további eleme a játéknak.
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
