Kozma Katalin Abigél (Győr)
1. Két pozitív szám számtani közepe \(\displaystyle 205\), a számtani és mértani közepük különbsége \(\displaystyle 160\). Melyik ez a két szám? (11 pont)
Megoldás. Jelöljük az egyik számot \(\displaystyle x\)-szel, a másikat \(\displaystyle y\)-nal, ahol \(\displaystyle x>0\) és \(\displaystyle y>0\). Számtani közepük
\(\displaystyle \frac{x+y}{2}=205, \qquad\text{amiből}\qquad x+y=410, \quad y=410-x. \)
A mértani közép legfeljebb annyi, mint a számtani, ezért most a feladat feltétele alapján \(\displaystyle 160\)-nal kisebb, mint a számtani közép, azaz értéke \(\displaystyle 205-160=45\). Ekkor
\(\displaystyle \sqrt{xy}=45\Leftrightarrow xy=45^2=2025, \)
amibe az \(\displaystyle y\) helyére \(\displaystyle (410-x)\)-et helyettesítve egy másodfokú egyenletet kapunk:
\(\displaystyle x(410-x)=2025\Leftrightarrow x^2-410x+2025=0, \)
amelynek gyökei \(\displaystyle x_1=405\), \(\displaystyle x_2=5\), így \(\displaystyle y_1=410-405=5\), \(\displaystyle x_2=410-5=405\), azaz ugyanazt a számpárt kapjuk meg kétszer.
Ellenőrzés: Az \(\displaystyle 5\) és a \(\displaystyle 405\) számtani közepe tényleg \(\displaystyle 205\), mértani közepük pedig \(\displaystyle 45\), ami valóban \(\displaystyle 160\)-nal kisebb a számtani közepüknél.
A keresett két pozitív szám az \(\displaystyle 5\) és a \(\displaystyle 405\).
2. a) Számítsa ki \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) értékét, ha \(\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=0\), valamint \(\displaystyle A(x;7)\), \(\displaystyle B(4;-1)\) és \(\displaystyle C(x-11; -4)\). (8 pont)
b) Adja meg az – a) részben kapott – \(\displaystyle ABC\) háromszög súlypontját. (2 pont)
c) Mekkora az – a) részben kapott – \(\displaystyle ABC\) háromszög területe? (3 pont)
Megoldás. a) Elsőként kiszámítjuk a két vektor koordinátáit:
\(\displaystyle \overrightarrow{AB}=(4-x; -8) \qquad\text{és}\qquad \overrightarrow{AC}=(-11; -11), \)
így skaláris szorzatuk a következőképpen írható fel:
\(\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=(4-x) \cdot (-11)+(-8)\cdot (-11)=0, \)
amiből \(\displaystyle x=-4\) adódik, ez a feladat egyetlen megoldása.
Ellenőrzés: \(\displaystyle x\!=\!-4\) esetén \(\displaystyle \overrightarrow{AB}\!=\!(8;-8)\), ekkor \(\displaystyle \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\!=\!8\cdot {(-11)}\!+\!{(-8)\!\cdot\! (-11)}\!=\!{-88}+88\!=\!0\).
b) A feladat előző részében \(\displaystyle x=-4\)-et kaptunk, így az \(\displaystyle ABC\) háromszög csúcsai a következők:
\(\displaystyle A(x;7)=(-4;7), \quad B(4;-1) \quad \text{és}\quad C(x-11; -4)=(-15;-4). \)
A súlypont koordinátái a csúcspontok megfelelői koordinátáinak átlagaként számolhatók ki:
\(\displaystyle S\biggl(\frac{-4+4+(-15)}{3};\frac{7+(-1)+(-4)}{3}\biggr)=S\biggl(-5;\frac{2}{3}\biggr). \)
c) Az a) részben láttuk, hogy a háromszög két oldalvektorának skaláris szorzata nulla, ezért merőlegesek egymásra, így az \(\displaystyle ABC\) háromszög derékszögű. A befogók hossza: \(\displaystyle AB=\sqrt{8^2+(-8)^2}=8\sqrt{2}\), illetve \(\displaystyle AC=\sqrt{(-11)^2+(-11)^2}=11\sqrt{2}\). A háromszög területe:
\(\displaystyle T=\frac{8\sqrt{2} \cdot 11\sqrt{2}}{2}=88. \)
3. a) Határozza meg az
\(\displaystyle f\colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}; \qquad f(x)=-3\cos (4x)+2 \)
függvény értékkészletét. (6 pont)
b) Számítással igazolja, hogy a
\(\displaystyle g\colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}; \qquad g(x)=2025x^3-2026x \)
függvény páratlan. (6 pont)
Megoldás. a) Ismert, hogy a \(\displaystyle k(x)=\cos(x)\) függvény értékkészlete: \(\displaystyle R_k=[-1;1]\). Ha \(\displaystyle h(x)=\cos(4x)\), akkor \(\displaystyle R_h=[-1;1]\). Ha \(\displaystyle i(x)=-3\cos(4x)\), akkor \(\displaystyle R_i=[-3;3]\), végül \(\displaystyle f(x)=-3\cos(4x)+2\) értékkészlete: \(\displaystyle R_f=[-1;5]\).
b) Minden \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\)-re:
Azt kaptuk, hogy minden valós \(\displaystyle x\)-re \(\displaystyle g(x)=-g(-x)\), azaz a \(\displaystyle g(x)\) függvény páratlan.
4. a) Egy egyenes folyó mentén fekvő téglalap alakú telek folyóval párhuzamos oldalának hossza a téglalap másik oldalhosszának a négyszerese. A telek folyó felőli oldalán nincs kerítés, a másik három oldal mentén lévő kerítés együttes hosszúsága \(\displaystyle 600\) méter. Mekkora a telek területe? (3 pont)
b) Egy másik folyóparti, téglalap alakú telek körbekerítésére szintén \(\displaystyle 600\) méter hosszúságú kerítést használnak fel úgy, hogy a folyópartra nem építenek kerítést, de közben a telek területe a lehető legnagyobb legyen. Mekkora az így kapott telek területe? (8 pont)
c) Hány osztója van a \(\displaystyle (-45\,000)\)-nek? (4 pont)
Megoldás. a) Legyen a téglalap rövidebb oldalának hossza \(\displaystyle x\) méter, ekkor a hosszabb oldal \(\displaystyle 4x\) méter hosszú. A folyó mentén nincs kerítés, tehát a kerítés a három másik oldal mentén van: \(\displaystyle x+4x+x=6x=600\), amiből \(\displaystyle x=100\) méter. Ekkor a hosszabb oldal: \(\displaystyle 4x=400\) méter, így a telek területe: \(\displaystyle T=x \cdot 4x={100 \cdot 400}=40\,000~\mathrm{m}^2\).
b) Legyen a téglalap folyóra merőleges oldalának hossza \(\displaystyle y\) méter, a folyóval párhuzamos oldalának hossza pedig \(\displaystyle z\) méter. Ekkor a kerítés \(\displaystyle 2y+z=600\) méter hosszú, amiből \(\displaystyle z=600-2y\). A területet felírjuk \(\displaystyle y\) függvényében:
\(\displaystyle T(y)=y \cdot z=y(600-2y)=600y-2y^2, \)
ezután megkeressük \(\displaystyle T(y)\) maximumát:
\(\displaystyle T(y)=-2(y^2-300y)=-2(y-150)^2+45\,000, \)
így a lefelé nyíló parabola maximumpontja: \(\displaystyle P(150; 45\,000)\). Ez azt jelenti, hogy a telek területe \(\displaystyle y=150\) esetén a legnagyobb, mégpedig \(\displaystyle 45\,000~\mathrm{m}^2\).
Ellenőrzés: Ha \(\displaystyle y=150\) méter, akkor \(\displaystyle z=600-2 \cdot 150=300\) méter, így a telek területe valóban \(\displaystyle T=150~\mathrm{m}\cdot 300~\mathrm{m}=45\,000~\mathrm{m}^2\).
c) A prímtényezős felbontásból kiszámítjuk a pozitív osztók számát:
\(\displaystyle 45\,000=2^3 \cdot 3^2 \cdot 5^4, \)
amiből a pozitív osztók száma: \(\displaystyle (3+1)\cdot(2+1)\cdot(4+1)=4 \cdot 3 \cdot 5=60\). Minden pozitív osztó ellentettje is osztó, így a \(\displaystyle -45\,000\)-nek \(\displaystyle 2\cdot 60=120\) osztója van.
5. a) Adott az \(\displaystyle e\colon x-y=8\) egyenletű egyenes és a \(\displaystyle k\colon {x^2+y^2-6x+4y+4=0}\) egyenletű kör. Állapítsa meg az \(\displaystyle e\) egyenes és a \(\displaystyle k\) kör kölcsönös helyzetét. Ha van(nak), adja meg a közös pont(ok) koordinátáit. (8 pont)
b) Adott a koordinátasíkon a \(\displaystyle P(3;-5)\) és a \(\displaystyle Q(6;-2)\) pont. Jelöljük rendre \(\displaystyle P_1\)-gyel és \(\displaystyle Q_1\)-gyel a \(\displaystyle P\), illetve a \(\displaystyle Q\) pont \(\displaystyle x\) tengelyre eső merőleges vetületét; \(\displaystyle P_2\)-vel és \(\displaystyle Q_2\)-vel pedig a \(\displaystyle P\), illetve a \(\displaystyle Q\) pont \(\displaystyle y\) tengelyre eső merőleges vetületét. Mekkora a \(\displaystyle Q_1P_1Q_2P_2\) négyszög kerülete? (5 pont)
c) Mekkora a \(\displaystyle Q_1P_1Q_2P_2\) négyszög területe? (3 pont)
Megoldás. a) Megoldjuk az \(\displaystyle e\) egyenes, illetve a \(\displaystyle k\) kör egyenletét tartalmazó egyenletrendszert, például úgy, hogy az egyenes egyenletéből kifejezzük \(\displaystyle y\)-t:
\(\displaystyle y=x-8, \)
majd a kapott kifejezést behelyettesítjük \(\displaystyle y\) helyére a kör egyenletébe:
amiből \(\displaystyle x_1=3\); \(\displaystyle x_2=6\) adódik, így \(\displaystyle y_1=-5\); \(\displaystyle y_2=-2\).
A közös pontok: \(\displaystyle M_1(3;-5)\) és \(\displaystyle M_2(6;-2)\), vagyis az \(\displaystyle e\) egyenes a \(\displaystyle k\) kör szelője.
b) Egy tetszőleges pont \(\displaystyle x\) tengelyre történő merőleges vetítésekor az abszcisszája nem változik, az ordinátája pedig \(\displaystyle 0\) lesz, így a megfelelő vetületek:
\(\displaystyle P_1=(3; 0)\qquad \text{és}\qquad Q_1=(6; 0). \)
Az \(\displaystyle y\) tengelyre történő merőleges vetítésekor viszont az abszcissza válik nullává, az ordináta pedig nem változik, így a megfelelő vetületek:
\(\displaystyle P_2=(0; -5)\qquad\text{és}\qquad Q_2=(0; -2). \)
Ábrázoljuk a pontokat:
A \(\displaystyle Q_1P_1Q_2P_2\) négyszög oldalainak hossza:
így a keresett kerület: \(\displaystyle K=3+\sqrt{13}+3+\sqrt{61}=6+\sqrt{13}+\sqrt{61}\).
c) Az origót jelöljük \(\displaystyle O\)-val. Ekkor a \(\displaystyle Q_1P_1Q_2P_2\) négyszög területe a \(\displaystyle Q_1OP_2\) és a \(\displaystyle P_1OQ_2\) derékszögű háromszögek területének különbségével egyenlő:
\(\displaystyle T=\frac{6\cdot5}{2}-\frac{3\cdot2}{2}=15-3=12~\text{(területegység)}. \)
6. a) Anna, Bogi és Cili unokatestvérek. Hat év múlva Bogi annyi idős lesz, mint most Anna. Hét év múlva Anna \(\displaystyle 9\)-szer annyi idős lesz, mint most Cili. Nyolc év múlva hárman együtt \(\displaystyle 42\) évesek lesznek. Hány évesek most a lányok? (10 pont)
b) Oldja meg a \(\displaystyle \biggl(\!\!\!\dfrac{2}{5}\!\!\biggr)^{\!\!\ln (x)}\!\!\!\!\!\!\!\ge\! 6{,}25\) egyenlőtlenséget a valós számok halmazán.\(\displaystyle \!\!\!\!\!\!\) (6 pont)
Megoldás. a) Legyen Anna jelenlegi életkora \(\displaystyle a\), Bogi életkora \(\displaystyle b\), Cili életkora \(\displaystyle c\). Mivel \(\displaystyle 6\) év múlva Bogi annyi idős lesz, mint most Anna, ezért \(\displaystyle b=a-6\). Hét év múlva Anna \(\displaystyle 9\)-szer annyi idős lesz, mint most Cili, vagyis \(\displaystyle 9c=a+7\), ebből kifejezzük \(\displaystyle c\)-t: \(\displaystyle c=\frac{a+7}{9}\). Végül \(\displaystyle 8\) év múlva hárman együtt \(\displaystyle 42\) évesek lesznek, ezért \(\displaystyle (a+8)+(b+8)+(c+8)=42\), amiből
\(\displaystyle a+b+c+24=42, \)
rendezve
\(\displaystyle a+b+c=18. \)
Az előzőekben tárgyalt \(\displaystyle b=(a-6)\)-ot, a \(\displaystyle c=\frac{a+7}{9}\)-et behelyettesítjük:
amiből \(\displaystyle a=11\) adódik.
Ekkor:
\(\displaystyle b=a-6=5, \qquad c=\frac{a+7}{9}=\frac{18}{9}=2, \)
így most Anna \(\displaystyle 11\), Bogi \(\displaystyle 5\), Cili pedig \(\displaystyle 2\) éves.
Ellenőrzés: Bogi \(\displaystyle 6\) év múlva tényleg \(\displaystyle 11\) éves lesz, mint amennyi most Anna. Anna \(\displaystyle 7\) év múlva \(\displaystyle 18\) éves lesz, ami valóban \(\displaystyle 9\)-szer annyi, mint a \(\displaystyle 2\) év. Végül \(\displaystyle 8\) év múlva összesen \(\displaystyle 19+13+10=42\) évesek lesznek a lányok, így a megoldás kielégíti a feladat feltételeit.
b) Az egyenlőtlenség értelmezési tartománya: \(\displaystyle x>0.\) Felírjuk a \(\displaystyle 6{,}25\)-ot a \(\displaystyle \frac{2}{5}\) hatványaként:
\(\displaystyle \biggl(\frac{2}{5}\biggr)^{\ln (x)}\ge \biggl(\frac{2}{5}\biggr)^{-2}. \)
Mivel \(\displaystyle \frac{2}{5}<1\), ezért a hatványainak értéke kisebb kitevő esetén nagyobb, így:
\(\displaystyle \ln (x) \leq -2, \)
amiből \(\displaystyle -2=\ln(e^{-2})\), illetve az \(\displaystyle \ln (x)\) függvény szigorúan monoton növő tulajdonsága miatt
\(\displaystyle x \leq e^{-2}. \)
Figyelembe véve az \(\displaystyle x>0\) értelmezési tartományt, a megoldáshalmaz:
\(\displaystyle x\in \left]0;e^{-2}\right]. \)
Ekvivalens átalakításokat végeztünk.
7. a) Bizonyítsa be, hogy a tízes számrendszerben felírt \(\displaystyle 2{,}\dot{0}2\dot{5}\) szám racionális. (6 pont)
b) Mutassa meg, hogy a \(\displaystyle 2 \cdot \lg 7\) irracionális. (5 pont)
c) Számítsa ki az \(\displaystyle \displaystyle{\int{(5x^2-3x^9+8x)dx}}\) határozatlan integrált! (5 pont)
Megoldás. a) Mivel
\(\displaystyle 2{,}\dot{0}2\dot{5}=2+0{,}025+0{,}000025\ldots=2+0{,}025+\frac{1}{10^3} \cdot 0{,}025+\frac{1}{10^6} \cdot 0{,}025\ldots, \)
ezért a szám tört része az \(\displaystyle a_1=0{,}025\) kezdőtagú, \(\displaystyle q=\frac{1}{10^3}\) hányadosú mértani sorozatból képezett sor. Alkalmazzuk a mértani sor összegképletét:
\(\displaystyle S=\frac{a_1}{1-q}=\frac{0,025}{1-\frac{1}{1000}}=\frac{0,025}{\frac{999}{1000}}=\frac{25}{999}. \)
Ebből következik, hogy
\(\displaystyle 2{,}\dot{0}2\dot{5}=2+\frac{25}{999}=\frac{2023}{999}, \)
vagyis felírható két egész szám hányadosaként, azaz racionális. Ezzel a bizonyítás végére értünk.
b) Tegyük fel indirekt módon, hogy \(\displaystyle 2 \cdot \lg 7\) racionális, és mivel \(\displaystyle \lg7\) pozitív, ezért felírható \(\displaystyle p\) és \(\displaystyle q\) pozitív egészek hányadosaként:
\(\displaystyle 2 \cdot \lg 7=\frac{p}{q} \Leftrightarrow 2q \cdot \lg 7=p \Leftrightarrow \lg 7^{2q}=p \Leftrightarrow 7^{2q}=10^p \Leftrightarrow 7^{2q}=2^p \cdot 5^p, \)
ami azt jelenti, hogy a bal oldalon a \(\displaystyle 7\)-nek egy pozitív egész kitevőjű hatványa áll. Ez pedig a számelmélet alaptétele alapján nem lehet egyenlő egy olyan számmal, amelynek prímtényezős felbontásában nem szerepel a \(\displaystyle 7\). Márpedig a jobb oldalon egy ilyen szám van, így ellentmondásra jutottunk, azaz az indirekt feltevésünk hamis. Tehát az eredeti állítás igaz, azaz beláttuk, hogy a \(\displaystyle 2 \cdot \lg 7\) szám irracionális. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
c)
\(\displaystyle \int (5x^2-3x^9+8x)\,dx=\frac{5x^3}{3}-\frac{3x^{10}}{10}+4x^2+C, \qquad C \in \mathbb{R}. \)
8. Tekintsük a valós számok halmazán értelmezett \(\displaystyle f(x)=x^3\), illetve \(\displaystyle g(x)={2x+1}\) hozzárendelési szabállyal megadott két függvényt. Adja meg az alábbi összetett függvények hozzárendelési szabályát és deriváltfüggvényét.
Megoldás. a) \(\displaystyle (f \circ g)(x)=f(g(x))=f(2x+1)=(2x+1)^3\)
b) \(\displaystyle (f \circ g)'(x)=[(2x+1)^3]'=3(2x+1)^2 \cdot 2=6(2x+1)^2\)
c) \(\displaystyle (f \circ f)(x)=f(f(x))=f(x^3)=(x^3)^3=x^9\)
d) \(\displaystyle (f \circ f)'(x)=(x^9)'=9x^8\)
e) \(\displaystyle (g \circ f)(x)=g(f(x))=g(x^3)=2x^3+1\)
f) \(\displaystyle (g \circ f)'(x)=(2x^3+1)'=6x^2\)
g) \(\displaystyle (g \circ g)(x)=g(g(x))=g(2x+1)=2(2x+1)+1=4x+3\)
h) \(\displaystyle (g \circ g)'(x)=(4x+3)'=4\)
9. a) Töhötöm számegyenesen ábrázolta a \(\displaystyle {[-5;8]}\) intervallumot, majd csukott szemmel rábökött az egyik pontjára. Mekkora a valószínűsége, hogy Töhötöm a \(\displaystyle {[-1;2]}\) intervallum egyik pontjára bökött rá, ha a választás valószínűsége egyenesen arányos az intervallum hosszával? (3 pont)
b) Igazolja, hogy a \(\displaystyle [-5;8]\) és a \(\displaystyle [-1;2]\) intervallum számossága egyenlő. (5 pont)
c) Hányféleképpen választható ki pontosan két szám a Pascal–háromszög felső öt sorából úgy, hogy összegük páros legyen? (Két kiválasztás különböző, ha legalább az egyik számot másik helyről választottuk a Pascal-háromszögből.) (4 pont)
d) Hányféleképpen választható ki legalább hét szám a Pascal–háromszög felső öt sorából úgy, hogy szorzatuk páratlan legyen? (Két kiválasztás különböző, ha legalább az egyik számot másik helyről választottuk a Pascal-háromszögből.) (4 pont)
Megoldás. a) A valószínűség egyenletes eloszlás esetén a geometriai valószínűségi modell alkalmazásával:
\(\displaystyle P=\frac{\text{kedvező hossz}}{\text{teljes hossz}}=\frac{2-(-1)}{8-(-5)}=\frac{3}{13}. \)
b) Két halmaz számossága egyenlő, ha létezik köztük egy kölcsönösen egyértelmű leképezés. Legyen például \(\displaystyle f(x)=\frac{3}{13}x+\frac{2}{13}\), ekkor \(\displaystyle f(-5)=-1\), és \(\displaystyle f(8)=2\), így az \(\displaystyle f\) függvény leképezi a \(\displaystyle [-5;8]\) intervallumot a \(\displaystyle [-1;2]\) intervallumra. Ez egy szigorúan monoton (növekvő) függvény, így bijekció. Tehát
\(\displaystyle \bigl\lvert[-5;8]\bigr\rvert=\bigl\lvert[-1;2]\bigr\rvert. \)
c) A Pascal-háromszög felső öt sora a \(\displaystyle 0\). sortól a \(\displaystyle 4\). sorig terjed:
Itt összesen \(\displaystyle 1+2+3+4+5=15\) szám található, amelyek közül \(\displaystyle 4\) páros, a többi, azaz \(\displaystyle 15-4=11\) darab páratlan. Két egész szám összege akkor és csak akkor páros, ha paritásuk megegyezik. Ha mindkettő páros, akkor a kiválasztások száma: \(\displaystyle \binom{4}{2}=6\). Ha mindkettő páratlan, akkor a megfelelő kiválasztások száma: \(\displaystyle \binom{11}{2}=55\), így \(\displaystyle 6+55=61\)-féleképpen választható ki a megfelelő két szám.
d) Néhány egész szám szorzata pontosan akkor páratlan, ha mindegyik szám páratlan. A kérdéses helyen \(\displaystyle 11\) páratlan szám található, amelyek közül legalább hetet, azaz 7, 8, 9, 10 vagy 11 darabot választunk, így a lehetőségek száma:
\(\displaystyle \binom{11}{7}+\binom{11}{8}+\binom{11}{9}+\binom{11}{10}+\binom{11}{11}=330+165+55+11+1=562. \)
1. Két pozitív szám számtani közepe \(\displaystyle 205\), a számtani és mértani közepük különbsége \(\displaystyle 160\). Melyik ez a két szám?
2. Számítsa ki \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) értékét, ha \(\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=0\), valamint \(\displaystyle A(x;7)\), \(\displaystyle B(4;-1)\) és \(\displaystyle C(x-11; -4)\).
1. Határozza meg a természetes számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, amely értelmezési tartománya lehet az alábbi kifejezéseknek.
a) \(\displaystyle \log_x(-2x^2-7x+15)\) (6 pont)
b) \(\displaystyle \sqrt{\dfrac{x^2-2x}{-2x^2- 7x+15}}\) (6 pont)
1. a) Oldja meg a következő egyenletet az egész számok halmazán:
\(\displaystyle (x^2-9)\left(\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{1}{x+3}-1\right)=9+x \)
b) Egy négyszög \(\displaystyle \alpha\) szögére teljesül, hogy \(\displaystyle 4\sin^2\alpha-3=0\). Mekkora lehet az \(\displaystyle \alpha\) szög nagysága?
1. Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet!
\(\displaystyle \sqrt{x^2-5x-14}\cdot\lvert5-x\rvert\cdot\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)\cdot\lg(9-x)=0 \)
2. a) Tízes számrendszerben hány jegyű szám az \(\displaystyle 5^{29}\)?
b) Egy mértani sorozat első tagja \(\displaystyle 5^{-29}\), kvóciense 5. Az első tagtól kezdve legalább hány tagot kell ...
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.
