10 - maxim könyvkiadó...

10

Mindennapok tudománya

10

Miért lehet szeretni a matematikát? Mindannyian éreztünk már örömöt egy

rejtvény megoldása vagy egy összefüggés önálló felfedezése miatt. Ez az élmény a ma-tematika tanulása közben is átélhető. A ma-tematika nem csak a természettudományok nyelve, ma már a társadalomtudományok egy része is matematikai modellekkel dolgo-zik. De a matematika ennél is több. Átszövi mindennapjainkat, meghatározza életmi-nőségünket és a legváltozatosabb módokon fejleszti gondolkodásunkat.

Az egyes fejezetek feldolgozása és a ma-tematikai problémák megoldása közben észrevétlenül megtanulunk összefüggéseket keresni, modelleket alkotni, távoli dolgokat összekapcsolni, hasonló szituációkat fel-ismerni, gyakorlati problémákat elvontan megfogalmazni és kezelni. Ha pontosan meg tudunk fogalmazni egy kérdést, gyakran már

a megoldás kulcsa is a kezünkben van. Ne sajnáljuk hát a befektetett munkát!

A könyv gyakran párhuzamosan tárgyalja a jelölések használatával leírt összefüggéseket és ugyanezen összefüggések szavakban való megfogalmazását, hogy segítsen hidat épí-teni a hétköznapi kommunikáció és a mate-matikai nyelvezet közé. Egy-egy leckén belül fokozatosan egymásra épülő, kidolgozott példákon keresztül jutunk el a gyakorlatban felvetett kérdésektől az elvont matematikai modellben való biztonságos tájékozódásig. A leckék végén többségében olyan feladattí-pusokat gyakoroltatunk, amelyek a leckében kidolgozva is megjelentek.

Kívánjuk, hogy a gondolkodás öröme érintse meg minden olvasónkat!

A Szerzők és a Kiadó

eLőSzÓ

Miért tanuljuk? Miért szeressük Meg?

5

Felelős szerkesztők: Tarcsay Tamás Erdei András Gábor Szabóné Mihály Hajnalka

Műszaki szerkesztő: Szuperák Attila

Korrektor: Vajna Gyöngyi

Képek: Nemzetközi képügynökségek

Ábrák: Szűcs József

Illusztrációk: Falcione Sarolta

Borítóterv és layout: Botos Tamás

LeKtorÁLta:Dobcsányi János középiskolai tanár • Dr. Szamosköziné Méri Ilona középiskolai tanár

SzerzőK:ÁbrahÁm gÁbor • Dr. kosztolÁnyiné nagy ErzsébEt •

tóth Julianna

Első kiadás

Kivitel: puhatáblás kivitel tartós kivitelKiadói kód: MX-739 MX-739/TTömeg: 370 g 480 g ISBN: 979-963-261-382-6 979-963-261-381-9

Kerettanterv: 51/2012. (XII.21.) számú EMMI rendelet 3. melléklet (3.2.04.), 6. melléklet (6.2.03.)Terjedelem: 200 oldal (19 ív)

Minden jog fenntartva, beleértve a sokszorosítást, a mű bővített, illetve rövidített változata kiadásának jogát is.A kiadó írásbeli engedélye nélkül sem a teljes mű, sem annak része semmilyen formában nem sokszorosítható.

© Maxim Könyvkiadó, Szeged

HOgyAn HASznÁLjuK?

Minden lecke egyszerűen meg-oldható, lehetőleg hétköznapi problémához kapcsolódó fel-adattal kezdődik, melynek meg-oldását is megadjuk.

tÁjéKOzÓdÁS A tAnKönyvBen

6

1. PéLdA

A tananyagot fokozatosan nehezedő kidolgozott példákon keresztül mutatjuk be.

MegOLdÁS Közvetlenül a példák alatt szerepel azok részletes meg-oldása. A megoldások során félkövér kiemelésekkel hívtuk fel a figyelmet az újonnan megjelenő fogalmakra, megállapításokra, módszerekre.

DeFinÍCiÓ: Az új fogalmakat definíció címszóval emeltük ki. Itt írtuk le a fogalmakkal kapcsolatosan használt matematikai jelöléseket is. Ezek pontos, precíz ismerete közép-, illetve emelt szintű érettsé-gi vizsga esetén is alapkövetelmény.

tétel: A tételeket is kiemeltük, mivel ezek ismerete is elengedhetetlen az érettségi vizsgán. Néhány tétel után azok bizonyítása is megtalálható, bár ezek isme-rete csak az emelt szintű érettségi vizsgán kötelező.

A tankönyvben szereplő fontosabb fogalmak jegyzéke a könnyebb áttekinthetőség kedvéért a kötet végén talál-ható meg.

A matematikai ismeretek elmélyítésének leghatékonyabb módja az önálló problémamegoldás. Erre is mód nyílik a leckék végén található számolási készséget és a gondolkodási képességet fejlesztő feladatok megoldásával. A feladatok nehézségi szintjét különböző számú színes sávokkal jelöljük.

Sok helyen játékos, fejtörő feladattal zárjuk a leckét. A kitöltést igénylő feladatok helyét QR-kóddal adjuk meg. A rejtvények és a futtatáshoz szükséges programok a kiadó honlapjáról is letölthetőek (www.olvas.hu).

1.

4.2.

érdeKeSSégSzámos helyen az adott tananyaghoz kötődő tudománytörténeti vagy hét-köznapi érdekességet olvashatunk.

éLetrAjzI MOMentuMOK

A meghatározó matematikusok élet-rajzi momentumait a portréjuk mellett helyeztük el.

jÁrj utÁnA!

A kutatófeladatok a többi tantárgy ma-tematikához való kötődését fedeztetik fel. ezek megoldásához az internet használata sok segítséget nyújthat.

Feladatok

7

i. négyzetgyök 1. Összemérhető szakaszok, a négyzetgyök

definíciója ............................................................... 8

2. A négyzetgyökvonás azonosságai ............. 11

3. Kihozatal a négyzetgyökjel alól és bevitel a gyökjel alá .......................................... 15

4. A tört nevezőjének gyöktelenítése ............ 18

ii. MásoDFokú egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenlet-renDszerek

5. A másodfokú függvény, a másodfokú egyenlet .................................................................. 22

6. A másodfokú egyenlet megoldóképlete ..... 26

7. A másodfokú egyenletek megoldása ......... 32

8. Másodfokú egyenletre vezető szöveges feladatok I. ............................................................. 36

9. Másodfokú egyenletre vezető szöveges feladatok II. ........................................................... 40

10. A gyöktényezos alak ......................................... 43

11. Összefüggés a másodfokú polinom gyökei és együtthatói között ...................................... 46

12. Másodfokúra visszavezethető magasabb fokú egyenletek .................................................. 50

13. Másodfokú egyenletre vezető szöveges feladatok III. ......................................................... 54

14. Másodfokú egyenlőtlenségek ...................... 56

15. Négyzetgyökös egyenletek ........................... 60

16. Számtani és mértani közép .......................... 64

17. Szélsőérték-feladatok ...................................... 67

18. Másodfokú egyenletrendszerek ................. 72

iii. hasonlÓság és alkalMazásai

19. Vizsgálódás a térben ........................................ 76

20. A középpontos hasonlóság ............................ 82

21. A hasonlósági transzformáció ..................... 87

22. A hasonlóság alkalmazásai ........................... 91

23. Hasonló síkidomok kerülete és területe ... 95

24. Hasonló testek felszíne és térfogata ........ 98

25. Kerületi és középponti szögek (kiegészítő lecke) ................................................. 102

26. Húrnégyszögek, alkalmazások (kiegészítő lecke) ............................................... 109

27. Az Euler-egyenes, a Feuerbach-kör (kiegészítő lecke) ................................................ 114

iV. trigonoMetria 28. Távolságok meghatározása arányokkal ... 116

29. A hegyesszögek szögfüggvényei, összefüggések a szögfüggvények között ... 121

30. Szögfüggvényekkel megoldható feladatok ................................................................. 129

31. Összefüggések egy hegyesszög szögfüggvényei között ..................................... 132

32. Síkgeometriai számítások .............................. 138

33. Térgeometriai számítások ............................. 143

V. gonDolkoDási MÓDszerek, koMbinatorika, ValÓszÍnűség- száMÍtás

34. A skatulyaelv ....................................................... 146

35. Egyszerû gráfelméleti fogalmak, tétel és megfordítása ................................................... 150

36. Bevezető kombinatorikai feladatok, a szorzási szabály ............................................... 154

37. Bevezető kombinatorikai feladatok, az összeadási szabály ........................................ 158

38. Variációk ................................................................ 161

39. Permutációk .......................................................... 166

40. Kombinációk ......................................................... 170

41. Vegyes feladatok a kombinatorika köréből ................................................................. 173

42. Valószínûségi kísérletek, a valószínûség szemléletes fogalma ......................................... 178

43. A matematikai logika ....................................... 184

44. Problémamegoldás gráfok segítségével .... 193

Szakkifejezések listája .......................................... 197

Függelék ....................................................................... 198

tArtALOM

7

IV. TrIgonomeTrIa

50 m

30˚

30˚tengerszint

egy kikötő világítótornyából, a tengerszint felett 50 méter magasságból egy hajó 30°-os depressziószögben látszik. mekkora a világítótorony és a hajó távolsága?

TáVolságok meghaTározása arányokkal

Mielőtt a példa megoldásába kezdenénk, tekintsük át a geodéziában, másnéven a földméréstanban használatos fogalmakat!A geodéziában megkülönböztetnek vízszintes és magassági szögmérést, mindkettő elvégzésének eszköze a teodolit, a szin-tezőműszer mellett a legáltalánosabban használt geodéziai mérőműszer.

A vízszinteshez képest általában lefelé vagy felfelé látjuk a tárgyakat. Ha „lefelé nézünk”, akkor az

iránynak a vízszintes síkkal bezárt (lefe-lé irányuló) szögét depressziószögnek mondjuk (b). Emelkedési szögnek hívjuk

a vízszintes síkkal bezárt, „felfelé irányuló” szö-get (a). Mind az emelkedési, mind a depresz-

sziószög nagysága 0 ;90° °[ ] intervallumba esik. Például a büntetőrúgásra készülő játé-kos a kapufa jobb felső sarkát emelkedési, jobb alsó sarkát depressziószögben látja. (A földméréstan, egy tetszőleges iránynak a függőleges síkban a vízszin-tes iránnyal bezárt előjeles szögét nevezi magassági szögnek.)

fa

28.

b

116

Következzen a példa megoldása!

megolDás Készítsünk ábrát! Célszerű olyan rajzot készíteni, amely minden adatot tartalmaz a szövegből. Szemléltesse a vilá-gítótornyot a VV ' szakasz, a hajó helyzetét jelölje a H pont! A szöveg alapján VV '=50 m,a V-nél levő depressziószög 30°. A depressziószögnek a V HV' emelkedési szög váltó-szöge, így V HV' = °30 . (A V pontból a H pont ugyan-akkora depressziószögben látszik, mint amekkora emel-kedési szögben a H pontból a V pont.)

Jelöljük x-szel a világítótorony és a hajó távolságát!A problémát most már lefordíthatjuk a matematika nyelvére: a VV H' derékszögű háromszögben adott egy hegyesszög és az ezzel a szöggel szemközti befogó. Mekkora a szög melletti befogó?

Vegyük észre, hogy a VV H' derékszögű háromszög szögei 30°,60° és 90°-osak. Korábbi tanulmányainkból tudjuk, hogy a szabályos háromszöget a magassággal két olyan egybevágó derékszögű háromszögre bonthatjuk, amelyeknek a szögei 30°, 60° és 90°-osak, az oldalaik aránya 1: 3 :2.

A VV H' háromszög és a BCA háromszög hasonló, mert a derékszögön kívül egy-egy hegyes-szögben is megegyeznek. Hasonló háromszögek megfelelő oldalainak aránya egyenlő, így

3030

°°

-os szög melletti befogó -ben-os szöggel szemk

VV H' ∆öözti befogó -ben

=-os szög melletti befogó -

VV HBCA

' ∆∆30° bben

-os szöggel szemközti befogó -ben.

30° BCA ∆

Az ábra alapján a 3030

°°

=-

-os szög melletti befogó

os szöggel szemközti befogóaa

a3 3= , tehát minden 30°-os szöget

tartalmazó derékszögű háromszögben a szög melletti befogó és a szöggel szemközti befogó

aránya 3 . Így a VV H' háromszög esetén a megfelelő oldalak aránya: x50

3= ,ahonnan x = ≈50 3 86 60m m, .Tehát a világítótorony és a hajó távolsága 50 3m, ami megközelítőleg 86 6, méter.

A fenti példában közvetlenül nem mérhető távolságot határoztunk meg. Nagyon sok területen igény volt a közvetlenül nem mérhető távolságok minél pontosabb ismeretére, gondoljunk csak a hajózásra, a kereskedelemre vagy a harcászatra. Sokáig a földméréstan biztosította

S : vízszintes sík

T : tengerszint

T

világítótorony

50 m

90˚

30˚

30˚

x

V ’

V S

H

hajó

B

B'

AC

30°

60°

2aa

60°

30°a 3

117

IV. TrIgonomeTrIa

ezeket a szükséges adatokat, de az információtudomány, a távközlés fejlődése és a szá-mítógépek elterjedése látvá-nyos fejlődést hozott. A föld-méréstan az egyik legősibb tudományágból az informá-ció tudományává fejlődött. A távérzékelés, a légifotók és műholdfelvételek számí-tógépes feldolgozása óriási térbeli adathalmazt biztosít, az összes, ilyen adatok gyűjtésével és feldolgozásával foglalkozó tudományterület összefog-laló neve a geomatika. Ezeknek az adatoknak a felhasználása nagyon sokrétű, a nyilvánvaló tudományterületek mellett, mint a mezőgazdaság, az építőipar vagy a földrendezés, olyan tudományágak is profitálnak belőle, mint a turizmus vagy a marketing.

1. PélDa

Egy templomtorony csúcsa a vízszintes terepen, a torony lábától 50 méter távolságban és a terepszint felett 2 méter magasságban levő megfigyelési pontból 22 5, °-os emelkedési szögben látszik. Milyen magas a torony?

megolDás Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésé-vel, a szöveg alapján! Szem-léltesse a templomtornyot a BD szakasz, a megfigyelési pontot jelölje az A pont, az A pont merőleges vetületét a terepszinten az E pont! A szöveg alapján DE = 50 m, az A-nál levő emelkedési szög 22 5, .° Jelöljük x-szel az ABC derékszögű háromszög BC befogójának hosszát, ekkor a templomtorony magassága x +2 méter!A probléma a matematika nyelvén: az ABC derékszögű háromszögben adott egy hegyesszög és a szög melletti befogó. Mekkora a szöggel szemközti befogó?

Ahogy az előző feladatban is, úgy ezúttal is egy „speciális” háromszögről van szó. A 22 5, ° ugyanis a 45° fele, így ez a háromszög kapcsolatba hozható az egyenlő szárú derékszögű há-romszöggel. Az egyenlő szárú derékszögű háromszög szögei 45°, 45° és 90° -osak, oldalainak aránya 1 1 2: : . A következő oldal ábráján a 45°-os szög PG szögfelezője a PQR egyenlő szárú derékszögű háromszöget két háromszögre bontja. Az így keletkező PGR háromszög és az ABC háromszög hasonló, mert két-két szögük páronként egyenlő nagyságú. Hasonló háromszögek megfelelő oldalainak aránya egyenlő, ezért

azaz

A 22. lecke 5. példája alapján:

Mivel és ezért a egyenlőséget

kapjuk. Tehát minden -os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben a szöggel szemközti befogó és a szög melletti

befogó aránya

Innen összefüggéshez jutunk, ahonnan adódik.

Tehát a templomtorony (terepszint feletti) magassága méter, azaz megközelítőleg méter.

Eddigi példáinkban olyan derékszögű háromszögekhez jutottunk, amelyekben az oldalak ará-nyának pontos értékét fel tudtuk írni. Vajon a fent említett szögeken kívül más szögeknél is meg tudjuk határozni az oldalak pontos arányát? Jelenlegi ismereteink segítségével az előző példában látottakhoz hasonlóan, a szögfelezőre vonatkozó tétel alkalmazásával megadható például a -os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben az oldalak arányának pontos értéke. Ezt az eljárást folytatva további szögeknél is felírhatóak az arányok. Mit tehetünk abban az esetben, ha az oldalak arányát nem tudjuk pontosan meghatározni? Nézzünk erre egy példát!

Milyen magas az a domb, amelyre egy 1700 méter hosszú egyenes út vezet, ha az út emelkedé-si szöge ?

Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével, a szöveg alapján! Szemléltesse az út nyomvonalát az AB, a domb magasságát a BC szakasz! A szöveg alapján az A-nál levő emelkedési szög . Jelöljük x-szel a magasságot! A feladat most már a következő: az ABC derékszögű három-szögben adott egy hegyesszög és az átfogó. Mekkora a szöggel szemben levő befogó?

Most még nem ismerünk olyan összefüggéseket, amelyek segítségével, az adatainkból ki tudnánk számolni a keresett befogót, s ezt a távolságot közvetlenül nem tudjuk lemérni. Kicsinyítsük az ABC derékszögű háromszöget úgy, hogy a kapott háromszög átfogója 6,8 cm legyen! Ekkor a kapott

háromszög és az ABC háromszög hasonlóak, így a meg-

90˚

22,5˚

50 m

50 m

B

x A

E2 m

C

D2 m

éleTrajzI momenTumok

eratoszthenész (küréné, kr. e. 276 - ale-xandria, kr. e. 194) hellenisztikus matema-tikus, földrajztudós, csillagász, filozófus, költő, zenész. kortársai Bétának nevezték,utalva arra, hogy sok mindennel foglalko-zik, de mindenben csak a második legjobb. (a görög ábécében a béta a második betű.)

118

22 522 5

, -,

°°

os szöggel szemközti befogó -ben-os szög

PGR ∆mmelletti befogó -ben

=

= -os szöggel szemközti b

PGR ∆22 5, ° eefogó -ben

-os szög melletti befogó -ben,

ABCABC

∆∆22 5, °

azaz GRRP

BCCA

= .

A 22. lecke 5. példája alapján: GRRQ

RPRP PQ

=+

.

Mivel RQ RP= és GRRP

BCCA

= , ezért a BCCA

aa a

=+ 2

egyenlőséget

kapjuk. Tehát minden 22 5, ° -os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben a szöggel szemközti befogó és a szög melletti

befogó aránya 11 2+

.

Innen x50

11 2

=+

összefüggéshez jutunk, ahonnan x =+

= −( ) ≈501 2

50 2 1 20 71, adódik.

Tehát a templomtorony (terepszint feletti) magassága 20 71 2, + méter, azaz megközelítőleg 22,71 méter.

Eddigi példáinkban olyan derékszögű háromszögekhez jutottunk, amelyekben az oldalak ará-nyának pontos értékét fel tudtuk írni. Vajon a fent említett szögeken kívül más szögeknél is meg tudjuk határozni az oldalak pontos arányát? Jelenlegi ismereteink segítségével az előző példában látottakhoz hasonlóan, a szögfelezőre vonatkozó tétel alkalmazásával megadható például a 30 2 15° = °: -os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben az oldalak arányának pontos értéke. Ezt az eljárást folytatva további szögeknél is felírhatóak az arányok. Mit tehetünk abban az esetben, ha az oldalak arányát nem tudjuk pontosan meghatározni? Nézzünk erre egy példát!

2. PélDa

Milyen magas az a domb, amelyre egy 1700 méter hosszú egyenes út vezet, ha az út emelkedé-si szöge 7°?

megolDás Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével, a szöveg alapján! Szemléltesse az út nyomvonalát az AB, a domb magasságát a BC szakasz! A szöveg alapján AB =1700 m, az A-nál levő emelkedési szög 7°. Jelöljük x-szel a magasságot! A feladat most már a következő: az ABC derékszögű három-szögben adott egy hegyesszög és az átfogó. Mekkora a szöggel szemben levő befogó?

Most még nem ismerünk olyan összefüggéseket, amelyek segítségével, az adatainkból ki tudnánk számolni a keresett befogót, s ezt a távolságot közvetlenül nem tudjuk lemérni. Kicsinyítsük az ABC derékszögű háromszöget úgy, hogy a kapott háromszög átfogója 6,8 cm legyen! Ekkor a kapott PQR háromszög és az ABC háromszög hasonlóak, így a meg-

P

22,5°22,5° 45°90°

45°

Q

Ga

R a

a 2

+1 2a

7°

90°

B

A

C

y

x1700 m

119

IV. TrIgonomeTrIa

felelő oldalaik aránya egyenlő, azaz x pm

mcmcm

( ) ( )=

1700 6 8( ) , ( ).

A PQR háromszög RQ befogóját lemérjük : p ≈0 8, .cm

Tehát minden 7°-os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben a szöggel szemközti befogó

és az átfogó aránya közelítőleg 0 86 8

217

,,

.=

Innen x ≈ 200m.

A szerkesztés és a mérés pontatlansága miatt, a domb magasságát csak megközelítőleg tudjuk meghatározni. Azt mondhatjuk tehát, hogy a domb körülbelül 200 méter magas.

A fent említett példákból is látszik, hogy az ehhez hasonló problémák megoldásában nagy segít-ségünkre lenne egy olyan gyűjtemény, amely a hegyesszögek esetén tartalmazná a derékszögű háromszög oldalainak arányát.

Határozzuk meg a 15°-os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben az oldalak arányának pontos értékét!

Egy domb tetején levő kápolnához 120 méter hosszú egyenes út vezet, az út emelkedési szöge 15°. Milyen magas a domb?

Egy felhőkarcoló 90 méter magasságban levő ablakából egy, az utcán sétáló ismerőst veszünk észre, akit 80°-os depressziószög alatt látunk. Milyen távol van az ismerő-sünk az épület aljától?

Egy antenna 48 méter hosszú drótkötéllel van kikötve, és a kötél hajlásszöge a vízszintes talajhoz képest 60°. Ha az antennát 24 méterrel távolabbról akarjuk ki-kötni, akkor milyen hosszú drótkötélre van szüksé-günk?

Feladatok

1.

2.

3.

4.

6,8 cm

q Pp

Q

R7°

járj uTána!

milyen távol állunk az eiffel-toronytól, ha 60º-os emelkedési szög alatt látjuk?

járj uTána!

mekkora a méretaránya annak a tér-képnek amelyen 6,8 cm az a távolság, ami a valóságban 1700 méter?

120

felelő oldalaik aránya egyenlő, azaz

A háromszög befogóját lemérjük :

Tehát minden -os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben a szöggel szemközti befogó

és az átfogó aránya közelítőleg

Innen

A szerkesztés és a mérés pontatlansága miatt, a domb magasságát csak megközelítőleg tudjuk meghatározni. Azt mondhatjuk tehát, hogy a domb körülbelül 200 méter magas.

A fent említett példákból is látszik, hogy az ehhez hasonló problémák megoldásában nagy segít-ségünkre lenne egy olyan gyűjtemény, amely a hegyesszögek esetén tartalmazná a derékszögű háromszög oldalainak arányát.

Határozzuk meg a -os szöget tartalmazó derékszögű háromszögben az oldalak arányának pontos értékét!

Egy domb tetején levő kápolnához 120 méter hosszú egyenes út vezet, az út emelkedési szöge . Milyen magas a domb?

Egy felhőkarcoló 90 méter magasságban levő ablakából egy, az utcán sétáló ismerőst veszünk észre, akit -os depressziószög alatt látunk. Milyen távol van az ismerő-sünk az épület aljától?

Egy antenna 48 méter hosszú drótkötéllel van kikötve, és a kötél hajlásszöge a vízszintes talajhoz képest Ha az antennát 24 méterrel távolabbról akarjuk ki-kötni, akkor milyen hosszú drótkötélre van szüksé-günk?

egy épület timpanonja egy olyan egyenlő szárú három-szög, melynek alapja 22 m hosszú és alapon fekvő szö-gei 22,5º-osak. milyen magas a timpanon?

megolDás Az előző lecke 1. példájában találkoztunk az olyan derékszögű háromszöggel, amely-nek egyik hegyesszöge 22 5, °-os. Ott láttuk, hogy az ilyen háromszög rövidebbik befogója a hosszab-bik befogó 1 2+ -ed része. Ebből következően a timpanon magassága megközelítőleg 4,56 m.

Az előzőekben, bizonyos távolságok meghatározásában a hasonló derékszögű háromszögek oldalainak aránya segített. Mivel két derékszögű háromszög pontosan akkor hasonló, ha egy-egy hegyesszögük egyenlő, ezért egy derékszögű háromszög bármely két oldalának arányát egyik hegyesszögének nagysága egyértelműen meghatározza. A gyakorlati életben ezen arányokkal való számolás olyan fontos, hogy az egyes arányok külön el-nevezéseket kaptak. A derékszögű háromszögben a hegyesszögtől függő arányokat a hegyesszög szögfüggvényeinek nevezzük. A definíciók megadásánál az alábbi ábra jelöléseit használjuk.

DEFINÍCIÓ: Derékszögű háromszögben az α hegyesszög-gel szemközti befogó hosszának és az átfogó hosszának az arányát az α szög szinuszának nevezzük. Jelölése: sinαRövidebben:

sin .α α= =

az szöggel szemközti befogó hosszaátfogó hossza

ac

DEFINÍCIÓ: Derékszögű háromszögben az α hegyesszög melletti befogó hosszának és az átfogó hosszának az arányát az α szög koszinuszának nevezzük. Jelölése: cosα

Rövidebben: cos .α α=

az szög melletti befogó hosszaátfogó hossza

=bc

DEFINÍCIÓ: Derékszögű háromszögben az α hegyesszöggel szemközti befogó hosszának és az α hegyesszög melletti befogó hosszának az arányát az α szög tangensének nevezzük. Jelölése: tgα

Rövidebben: tg =az szöggel szemközti befogó hossza

az szög mellettiα α

α befogó hossza=

ab

.

DEFINÍCIÓ: Derékszögű háromszögben az α hegyesszög melletti befogó hosszának és az α hegyesszöggel szemközti befogó hosszának az arányát az α szög kotangensének nevez-zük. Jelölése: ctgαRövidebben: ctg

az szög melletti befogó hosszaaz szöggel szemközt

α αα

=ii befogó hossza

=ba

.

a hegyesszögek szögFüggVényeI, összeFüggések a szögFüggVények közöTT

a

bB

c

b

a

CA

29.

121

IV. TrIgonomeTrIa

A definíciókból következik, hogy egy hegyesszög szinusza, koszinusza 1-nél kisebb pozitív szám, tangense és kotangense akármekkora pozitív szám lehet. Észrevehetjük továbbá, hogy a definíciók miatt egy hegyesszög tangense és kotangense egymás reciprokai, azaz a matemati-

ka nyelvén kifejezve tgctg

αα

==1 .

1. PélDa

A definíciókhoz tartozó ábra jelöléseit használva, adjuk meg a β szög szögfüggvényeit! Milyen kapcsolat fedezhető fel a derékszögű háromszög hegyesszögeinek szögfüggvényei között?

megolDás A fenti definíciók és az ábra alapján:

sinβ =bc

, cosβ =ac

, tgβ =ba

és ctgβ =ab

.

Vegyük észre, hogy sin cosα β= =ac

, cos sinα β= =bc

, tg ctgα β= =ab

és ctg tgα β= =ba

.

A derékszögű háromszög két hegyesszöge 90°-ra egészíti ki egymást, azaz egymás pótszögei. Így a kapott azonosságok alapján kijelenthetjük, hogy a pótszögek szögfüggvényei nem füg-getlenek egymástól. Helyettesítsünk a β helyére 90°( )-α -t! Ekkor a pótszögek szögfüggvényei közötti összefüggések az alábbiak:

A hegyesszögek pótszögének szögfüggvényeire kapott azonosságok lehetővé teszik, hogy két táblázatból kiolvasható egy hegyesszög mind a négy ismertetett szögfüggvényértéke, és a szögfüggvényérték alapján a hegyesszög is meghatározható.

2. PélDa

Határozzuk meg a 30°, a 45° és a 60° pontos szögfüggvényértékeit!

megolDás A 30°, a 45° és a 60° két speciális derékszögű háromszög hegyesszögei, korábbi tanulmányainkban mindkét háromszöggel ta-lálkoztunk már. Az egyik derékszögű háromszögnek a szögei 30° , 60° és 90°-osak, az oldalainak aránya 1 3 2: : .A másik derékszögű háromszögnek a szögei 45°, 45° és 90°-osak, az oldalainak aránya 1 1 2: : .

A és a egymás pótszöge, a pótszöge . Így pótszögek szögfüggvényeire kapott összefüggések miatt:

Tehát elegendő a szögfüggvényértékeit és a szinuszát, tangensét meghatározni. Így a definíciók és az ábrák alapján:

A kapott eredményeket az alábbi táblázatban foglaljuk össze:

A szögek és a szögfüggvényértékek közelítő értékének meghatározására a manapság haszná-latos számológépek is lehetőséget nyújtanak, a következő néhány feladatban ezt mutatjuk be.

Számológép segítségével határozzuk meg az alábbi szögfüggvényértékeket négy tizedesjegy pontossággal!a) ; b) ; c) ; d) .

A szögfüggvényértékek meghatározását mutatjuk be lépésről-lépésre, két különböző „logiká-jú” számológépen.

a matematika nyelvén: szavakkal kifejezve:

sin cos 90°α α= −( ) egy hegyesszög szinusza egyenlő pótszögének koszinuszával.

cos sinα α= °( )90 − egy hegyesszög koszinusza egyenlő pótszögének szinuszával.

tg ctgα α= ° −( )90 egy hegyesszög tangense egyenlő pótszögének kotangensével.

ctg tgα α= ° −( )90 egy hegyesszög kotangense egyenlő pótszögének tangensével.

a

B

c

b

a

C A

b b = 90° - a

( )( )( )( )

α αα αα αα α

= ° −= ° −= ° −= ° −

sin cos 90cos sin 90tg ctg 90

ctg tg 90

B

2a

a

C A

60°

30°a 3

B

a

a

C A

45°

45°

a 2

122

A 30° és a 60°egymás pótszöge, a 45° pótszöge 45°. Így pótszögek szögfüggvényeire kapott összefüggések miatt: sin cos ,30 60° = ° cos sin ,30 60° = ° tg ctg30 60° = °, ctg tg30 60° = °,sin cos ,45 45° = ° tg ctg45 45° = °.Tehát elegendő a 30° szögfüggvényértékeit és a 45° szinuszát, tangensét meghatározni. Így a definíciók és az ábrák alapján:

sin cos30 302

6012

° =°

= = = °-os szöggel szemközti befogó

átfogóaa

,,

cos sin ,30 30 32

3 602

° =°

= = = °-os szög melletti befogó

átfogóa

a

tg-os szöggel szemközti befogó

-os szög melletti 30 30

30° =

°° bbefogó

ctg= = = = °a

a 3 3601 3

3,

ctg-os szög melletti befogó

-os szöggel szemközti30 30

30° =

°° befogó

tg= = = °a

a3 3 60 ,

sin

co

45 452

12

22

° =°

= =

= = =

-os szöggel szemközti befogóátfogó

aa

ss ,45°

tg-os szöggel szemközti befogó

-os szög melletti 45 45

45° =

°° bbefogó

ctg= = = °aa

1 45 .

A kapott eredményeket az alábbi táblázatban foglaljuk össze:

A szögek és a szögfüggvényértékek közelítő értékének meghatározására a manapság haszná-latos számológépek is lehetőséget nyújtanak, a következő néhány feladatban ezt mutatjuk be.

3. PélDa

Számológép segítségével határozzuk meg az alábbi szögfüggvényértékeket négy tizedesjegy pontossággal!a) sin ,50 86°; b) cos34 57° ′; c) tg76 31, °; d) ctg12 45, °.

megolDás A szögfüggvényértékek meghatározását mutatjuk be lépésről-lépésre, két különböző „logiká-jú” számológépen.

α sinα cosα tgα ctgα

30°12

32

33 3

45°22

22

1 1

60°32

12 3

33

érDekességTrigonometriai ábrákat tartalmazó részlet az 1728-as Cyclopaediából, korának legteljesebb enciklopédiájából.

123

IV. TrIgonomeTrIa

Az egyik típusnál:a)

-

jű hatvány definíciójatulajdonságasin , ,5086 07756

2. lépés: Az adatok bevitele

50.86

3. lépés: A szög szinusza sin 50.86 =0.7756

1. lépés: A szög mértékegy-ségének beállítása DEG

b)

1. lépés: A szög mértékegységének beállítása

3. lépés: A szög koszinusza

DEG

0.95

34.95

cos 34.95 =0.8197

2. lépés: A szögpercek átváltása tizedfokokra

c)

-

3. lépés: A szög tangense tg 76.31 = 4.1053

1. lépés: A szög mértékegy-ségének beállítása DEG

2. lépés: Az adatok bevitele 76.31

Kotangens billentyű a számológépeken nem található. Egy szög kotangensének meghatározá-sához felhasználjuk, hogy egy hegyesszög tangense és kotangense egymás reciprokai, azaz

ctgtg

αα

1 .

d)DEG

1. lépés: A szög mértékegy-ségének beállítása

12.452. lépés: Az adatok bevitele

tg12.45 = 0.22083. lépés: A szög tangense

4. lépés: A szög kotangense ctg12.45 = 4.5294

Egy másik típus esetén :a)

b)

c)

d)

Számológép segítségével határozzuk meg az hegyesszög nagyságát, ha a) ; b) ; c) ; d) .

A hegyesszögek meghatározását mutatjuk be lépésről-lépésre, két különböző „logikájú” számológépen. Minden esetben a szögfüggvényértékből keressük vissza azt a he-gyesszöget, amelynek az adott szögfüggvénye az adott értékkel egyenlő. Például a esetén, keressük azt a hegyesszöget, amelynek szinusza -del egyenlő. A számológépeken ezt a funkciót a , és a paranccsal lehet elérni.

124

Egy másik típus esetén :a)

DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

sin 50,86 = 0,7756


2. lépés: Az adatok bevitele, a szög szinusza

MODE MODE

b)

DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

cos 34.95 = 0,8197


2. lépés: Az adatok bevitele, a szög koszinusza

MODE MODE

c)

DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

tg 76.31 = 4.1053


2. lépés: Az adatok bevitele, a szög tangense

MODE MODE

d)

DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

tg 12.45 = 0.2208

ctg 12.45 = 4.5294


2. lépés: Az adatok bevitele, a szög tangense

3. lépés: A szög kotangense

MODE MODE

4. PélDa

Számológép segítségével határozzuk meg az α hegyesszög nagyságát, ha a) sin ,α =0 8; b) cos ,α =0 1298; c) tgα =23 53, ; d) ctgα =1 986, .

megolDás A hegyesszögek meghatározását mutatjuk be lépésről-lépésre, két különböző „logikájú” számológépen. Minden esetben a szögfüggvényértékből keressük vissza azt a he-gyesszöget, amelynek az adott szögfüggvénye az adott értékkel egyenlő. Például a sin ,α =0 8 esetén, keressük azt a hegyesszöget, amelynek szinusza 0 8, -del egyenlő. A számológépeken ezt a funkciót a sin−1, cos−1 és a tan−1 paranccsal lehet elérni.

125

IV. TrIgonomeTrIa

Az egyik típusnál:a)

DEG1. lépés: A szög mértékegy-ségének beállítása

0.82. lépés: A szög szinuszának bevitele

53.13 (= )3. lépés: A szög meghatározása

b)


0.12982. lépés: A szög koszinuszának bevitele


c)


23.532. lépés: A szög tangensének bevitele


Kotangens billentyű a számológépeken nem található, így a kotangens értékből a hegyesszö-get nem tudjuk visszakeresni. Ismét felhasználjuk, hogy egy hegyesszög tangense és kotan-

gense egymás reciprokai, azaz ctgtg

αα

=1 .

d)


3. lépés: A szög tangensé-nek kiszámítása

1.9862. lépés: A szög kotangensének bevitele

0.5035 (=tg )

26.73 ( = )4. lépés: A szög meghatározása

126

Egy másik típus esetén:a)

DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

sin-1= 53.13 (= )


2. lépés: Az adatok bevitele, a szög meghatározása

MODE MODE

SHIFT

b)DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

cos-1= 82.54 (= )



MODE MODE

SHIFT

c)DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

tan-1= 87.57 (= )



MODE MODE

SHIFT

c)DEG:1 RAD: 2 Gra: 3

D

1.986-1=0.53035

26.73 (= )


2. lépés: Az adatok bevitele, a szög tangensénk meghatározása

3. lépés: A szög meghatározása

ANS

MODE MODE

SHIFT

A fent ismertetett számológépeken kívül sokféle számológép van forgalomban. A feladatok megoldását meggyorsíthatja a kalkulátor használata, ezért célszerű a saját gépünket megis-merni.

127

IV. TrIgonomeTrIa

Határozzuk meg négy tizedesjegy pontossággal az alábbi szögek szinuszát, koszinuszát, tan-gensét, kotangensét!

a) 56 49, °; b) 87 42° ′ ; c) 18 35° ′ ; d) 3 32° ′ ; e) π8

; f) π5

; g) π7

.

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek tangense

a) 3; b) 157

; c) 0 0078, ; d) 123 89, ; e) 1; f) 6 !

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek kotangense

a) 2; b) 117

; c) 0 2078, ; d) 0 0894, ; e) 15 26, ; f) π4

!

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek szinusza

a) 24

; b) 12

; c) 0 1278, ; d) 0 894, ; e) 3 ; f) π6

!

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek koszinusza

a) 22

; b) 87

; c) 0 8783, ; d) 0 0089, ; e) 0 2632, ; f) π5

!

Számológép és függvénytáblázat használata nélkül adjuk meg egyetlen valós számként az alábbi kifejezések értékét!a) 4 30 45 60cos sin° ° °ctg ; b) ctg tg tg ctg30 45 60 45° + °( ) ⋅ ° + °( );

c)sin sin

cos30 60

3 45 2 45° + °° − °tg

; d) 2 2 45 3 60 45 30sin cos cos .° − °( ) ⋅ ° + °( )ctg

A mellékelt QR-kódon egy játék található, a neve fogalomfésű. Jó szórakozást!

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Mielőtt ábrát készítünk, érdemes megfejteni, hogy mit is jelent az a feltétel, hogy az út emelkedése 12%. A lejtő (vagy emelkedő) lejtésének (vagy emelkedésének) százalékos mértéke egyenlő a lejtés-szög (vagy emelkedési szög) tangensével százalékban megadva. Például a 12%-os emelkedés azt jelenti, hogy az út emelkedési szögének tangense 0,12. Hét-köznapi nyelven pedig azt mondhatjuk, hogy 100 méteren 12 métert emelkedik az út.

Felírhatjuk tehát, hogy Keressük azt a hegyes-szöget, amelynek tangense 0,12-dal egyenlő, ahonnan

Tehát az út a vízszintes síkhoz -os szögben hajlik.

Egy kétágú létra szárai 1,8 méter hosszúak, a szárak -os szögben vannak nyitva. milyen magasan áll a létra tetején álló ember?

Készítsünk ábrát! Az egyenlő szárú háromszöget az alaphoz tartozó magassága két olyan egybevágó derékszögű háromszögre bontja, amelyeknek egyik hegyesszöge 21,2º-os.A koszinusz definíciója szerint:

Innen

Tehát 1,68 méter magasan áll az emberünk a létra tetején.

érDekesség„a sinus szó a hindu jiva (jelentése húr) szó hibás fordításából ered. az arab fordító ezt a szót jibá-nak vette át. az arab írás azonban a magánhangzókat nem tünteti fel, tehát a jiba szót csak jb-nek írja. az arabról latinra fordító Chesteri robert a jb-t jaib-nak olvasta jiba helyett. az arab jaib szó pedig azt jelenti, hogy öböl, és ezt robert a latin sinus szóval for-dította, amelynek jelentése öböl, öl. Így történhetett, hogy a magyarosítás korában a sinus szóból kebel lett, a cosinus-ból pótkebel a kazinczy korabeli diákok nagy örömére. ma már a szinusz szó matematikai szakkifejezés, amelyből a matematikusok tudni vélik, hogy húrt jelent.” (sain márton: Nincs királyi út!)

128

Határozzuk meg négy tizedesjegy pontossággal az alábbi szögek szinuszát, koszinuszát, tan-gensét, kotangensét!

a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) ; g) .

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek tangense

a) ; b) ; c) ; d) ; e) 1; f) !

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek kotangense

a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) !

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek szinusza

a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) !

Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelynek koszinusza

a) ; b) ; c) ; d) ; e) ; f) !

Számológép és függvénytáblázat használata nélkül adjuk meg egyetlen valós számként az alábbi kifejezések értékét!a) ; b) ;

c) ; d)

A mellékelt QR-kódon egy játék található, a neve fogalomfésű. Jó szórakozást!

egy hegyi út emelkedése 12%, mekkora szöggel hajlik az út a vízszintes síkhoz?

megolDás Mielőtt ábrát készítünk, érdemes megfejteni, hogy mit is jelent az a feltétel, hogy az út emelkedése 12%. A lejtő (vagy emelkedő) lejtésének (vagy emelkedésének) százalékos mértéke egyenlő a lejtés-szög (vagy emelkedési szög) tangensével százalékban megadva. Például a 12%-os emelkedés azt jelenti, hogy az út emelkedési szögének tangense 0,12. Hét-köznapi nyelven pedig azt mondhatjuk, hogy 100 méteren 12 métert emelkedik az út.

Felírhatjuk tehát, hogy tgα =0 12, . Keressük azt a hegyes-szöget, amelynek tangense 0,12-dal egyenlő, ahonnan α = °6 84, . Tehát az út a vízszintes síkhoz 6 84, °-os szögben hajlik.

1. PélDa

Egy kétágú létra szárai 1,8 méter hosszúak, a szárak 42 4, °-os szögben vannak nyitva. milyen magasan áll a létra tetején álló ember?

megolDás Készítsünk ábrát! Az egyenlő szárú háromszöget az alaphoz tartozó magassága két olyan egybevágó derékszögű háromszögre bontja, amelyeknek egyik hegyesszöge 21,2º-os.A koszinusz definíciója szerint:

cos ,,

.21 21 8

° =m

Innen m= ⋅ ° ≈1 8 21 2 1 68, cos , , .

Tehát 1,68 méter magasan áll az emberünk a létra tetején.

szögFüggVényekkel megolDhaTó FelaDaTok

100 méter

út12%

12 m

α

1,8 mm

21,2˚

B C

A

30.

129

IV. TrIgonomeTrIa

2. PélDa

Egy téglalap oldalai 2 és 5 egység hosszúak. Mekkora szöget zár be a téglalap egyik átlója az oldalakkal?

megolDás Tekintsük az ábrát!

Az ABC derékszögű háromszögben tgε = 25

. Innen ε = °21 80, .

Ebből következően az átló az oldalakkal21 8 90 21 8 68 2, , ,° °− ° = °-os és -os szöget zár be.

3. PélDa

Az ABCD négyzet A csúcsát egy-egy szakasszal összekötjük a BC oldal B-hez közelebbi (H) és a CD oldal D-hez közelebbi (E) harmadoló pontjával. Mekkora a HAE?

megolDás Készítsünk ábrát!Az ABH illetve ADE (egybevágó) derékszögű háromszö-

gekben tgα = =HBAB

13

. Innen α ≈ °18 43, , így a keresett szög

ε α= °− ≈ °90 2 53 14, .

4. PélDa

Az ABC szabályos háromszög A csúcsát egy-egy szakasszal összekötjük a BC oldal E és H har-madoló pontjával. Mekkora a HAE szög nagysága?

megolDás Legyen a BC oldal felezőpontja F! Ekkor AF merőleges a BC-re. Tekintsük a kö-vetkező ábrát!

Ha AB = a, akkor AF a=

32

(szabályos háromszög magassága), és

FE a=

6. Az AFE derékszögű háromszögben tgβ = = =

a

a6

32

13 3

39

.

Innen β ≈ °10 9, , így HAE = ≈ °2 21 8β , .

5

2

εB

CD

A

ε

α

αB

C

H

D E

A

B

C

H

F

E

A

b

járj uTána!

ma már az okostelefonokra is telepít-hető teodolit-alkalmazás. Ilyenkor az abszolút magassági adatok műhold-jelekből számolódnak, a távolságot a hajlásszög segítségével egy szoftver számolja helyettünk. magyarország mely táján készült a kép?

Egy rombusz átlóinak hossza: 48 cm és 36 cm. Mekkorák a rombusz szögei? Mekkora a rom-busz beírt körének sugara?

Készítsünk ábrát!A rombusz átlói merőlegesen felezik egymást, és felezik a rombusz belső szögeit. A rombuszt az átlói négy olyan egybevágó derékszögű háromszögre bontják, amelyeknek

egyik hegyesszöge Az ADO derékszögű háromszögben

innen

Tehát a rombusz szögei:

Az ECO derékszögű háromszögben

Egy dombtetőre vezető egyenes út a vízszintessel -ot zár be. Az út hossza a domb aljától a dombtetőig 720 méter. Milyen magas a domb? Hány %-os az út emelkedése?

Az egyenlő szárú derékszögű háromszög egyik hegyesszögét osszuk három egyen-lő részre! Az osztóvonalak milyen arányú részekre osztják a háromszög szemközti oldalát?

Egy világítótoronyból a tengerszint felett 54 méter magasságból egy hajó -es depressziószög alatt látszik. Milyen távolságban van a hajó a világítótoronytól?

Egy 150 méter hosszú lejtő aljáról a lejtő tetején álló emlékművet -es szög alatt látjuk, a lejtő hajlásszöge . Milyen magas az emlékmű?

Egy derékszögű trapéz hegyesszögének nagysága rövidebbik alapja és magassága hosszúságú. Mekkora a trapéz kerülete?

130

18 cm

18 cm

24 cm

B

E

C

DO

A

2

r

2

b

5. PélDa

Egy rombusz átlóinak hossza: 48 cm és 36 cm. Mekkorák a rombusz szögei? Mekkora a rom-busz beírt körének sugara?

megolDás Készítsünk ábrát!A rombusz átlói merőlegesen felezik egymást, és felezik a rombusz belső szögeit. A rombuszt az átlói négy olyan egybevágó derékszögű háromszögre bontják, amelyeknek

egyik hegyesszöge 2

. Az ADO derékszögű háromszögben

tg2

2418

= , innen 2

53 13≈ °, .

Tehát a rombusz szögei: γ= ≈ °106 26, , β δ= ≈ °73 74, .

Az ECO derékszögű háromszögben

sin 2 18=

r rahonnan =14,4 cm adódik.

Egy dombtetőre vezető egyenes út a vízszintessel 12°-ot zár be. Az út hossza a domb aljától a dombtetőig 720 méter. Milyen magas a domb? Hány %-os az út emelkedése?

Az egyenlő szárú derékszögű háromszög egyik hegyesszögét osszuk három egyen-lő részre! Az osztóvonalak milyen arányú részekre osztják a háromszög szemközti oldalát?

Egy világítótoronyból a tengerszint felett 54 méter magasságból egy hajó 6 36° ′-es depressziószög alatt látszik. Milyen távolságban van a hajó a világítótoronytól?

Egy 150 méter hosszú lejtő aljáról a lejtő tetején álló emlékművet 1 32° ′-es szög alatt látjuk, a lejtő hajlásszöge 24 18° ′ . Milyen magas az emlékmű?

Egy derékszögű trapéz hegyesszögének nagysága 20°, rövidebbik alapja és magassága 6 cm hosszúságú. Mekkora a trapéz kerülete?

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

131

IV. TrIgonomeTrIa

adjuk meg a 29. leckében szerepelt nevezetes szögek szinuszai és koszinuszai négyzetösszegét!

megolDás

sin cos .30 30 12

32

14

34

12 22 2

°( ) + °( ) =

+

= + =

sin cos .45 45 22

22

12

12

12 22 2

°( ) + °( ) =

+

= + =

sin cos .60 60 32

12

14

34

12 22 2

°( ) + °( ) =

+

= + =

Nézzük a problémát általánosan!Tekintsük az ABC derékszögű háromszöget!A szögfüggvények definíciója és az ábra jelölései alapján:

sinα =ac

és cos .α =bc

Mindkét egyenlőséget c-vel (az átfogóval) megszorozva: a c= ⋅sinα és b c= ⋅cosα adódik.A Pitagorasz-tétel szerint:c c c⋅( ) + ⋅( ) =sin cosα α2 2 2,

ahonnan c c c2 2 2 2 2⋅( ) + ⋅( ) =sin cosα α .

Az egyenlet mindkét oldalát c2-tel (c2 0≠ ) elosztva:sin cosα α( ) + ( ) =

2 2 1 adódik.

A sinα( )2 jelölésére a sin2α-t használjuk és „szinusz négyzet

alfának” olvassuk. Hasonlóan egy szög koszinuszának négyze-tét cos2α -val jelöljük és „koszinusz négyzet alfának” olvassuk. Röviden: cos cos .α α( ) =

2 2

Ezekkel a jelölésekkel a fent kapott összefüggés, a trigonometria egyik legfontosabb tétele, azonossága:

sin cos .2 2 1αα αα++ ==

összeFüggések egy hegyesszög szögFüggVényeI közöTT


30° 12

32

13

33

= 3

45°12

22

=12

22

= 1 1

60°32

12

313

33

=

a

B

c

C A

a

b

a

B

c

C A

a = c · sin

b = c · cos

α

α

Szavakkal kifejezve:

Ezt a tételt szokás trigonometrikus Pitagorasz-tételként is emlegetni.

Határozzuk meg az hegyesszög koszinuszát az meghatározása nélkül, ha tudjuk, hogy

1. módszer:Az ilyen és ehhez hasonló feladatok megoldásánál érdemes feltenni azt a kérdést, hogy „Milyen összefüggést ismerünk egy hegyesszög adott és keresett szögfüggvény-értéke között?” Egy hegyesszög szinusza és koszinusza között a ösz-szefüggés áll fenn. Így tekintettel arra, hogy a hegyesszögek koszinusza pozitív

adódik.

2. módszer:Definíció szerint az hegyesszög szinusza az hegyesszöggel szemközti befogó hosszának és az átfogó hosszának az aránya. A feladat feltétele miatt hegyesszöggel szemközti befogó hossza 12x, az átfogó hossza 13x, ahol teljesül. A Pitagorasz-tétel alapján: , ahonnan

adódik. Így az hegyesszög koszinuszának definíciója

szerint

Az előző leckében a definíciókból adódott, hogy egy hegyesszög tangense és kotangense egy-

más reciprokai, azaz

A összefüggés alapján lehetőségünk van arra, hogy a és a arányokat, egy egységnyi átfogójú derék-szögű háromszög befogóinak hosszúságaként szemléltessük.Az hegyesszög tangensének és kotangensének definíciói és az ábra alapján:

és


Bármely hegyesszög tangense egyenlő a szög szinuszának és koszinuszának hányadosával.

Bármely hegyesszög kotangense egyenlő a szög koszinuszának és szinuszának hányadosával.

31.

132

Szavakkal kifejezve:

TÉTEL: Bármely hegyesszög szinuszának és koszinuszának négyzetösszege 1.

Ezt a tételt szokás trigonometrikus Pitagorasz-tételként is emlegetni.

1. PélDa

Határozzuk meg az α hegyesszög koszinuszát az α meghatározása nélkül, ha tudjuk, hogy

sin !α =1213

megolDás 1. módszer:Az ilyen és ehhez hasonló feladatok megoldásánál érdemes feltenni azt a kérdést, hogy „Milyen összefüggést ismerünk egy hegyesszög adott és keresett szögfüggvény-értéke között?” Egy hegyesszög szinusza és koszinusza között a sin cos2 2 1α α+ = ösz-szefüggés áll fenn. Így tekintettel arra, hogy a hegyesszögek koszinusza pozitív

cos sinα α= − = −

= =1 1 12

1325

1695

132

2

adódik.

2. módszer:Definíció szerint az α hegyesszög szinusza az α hegyesszöggel szemközti befogó hosszának és az átfogó hosszának az aránya. A feladat feltétele miatt α hegyesszöggel szemközti befogó hossza 12x, az átfogó hossza 13x, ahol x >0 teljesül. A Pitagorasz-tétel alapján: 12 132 2 2x b x( ) + = ( ) , ahonnan b x=5 adódik. Így az α hegyesszög koszinuszának definíciója

szerint cos .α = =5

135

13xx

Az előző leckében a definíciókból adódott, hogy egy hegyesszög tangense és kotangense egy-

más reciprokai, azaz tgctg

αα

=1 .

A sin cos2 2 1α α+ = összefüggés alapján lehetőségünk van arra, hogy a sinα és a cosα arányokat, egy egységnyi átfogójú derék-szögű háromszög befogóinak hosszúságaként szemléltessük.Az α hegyesszög tangensének és kotangensének definíciói és az ábra alapján:

tgα αα

=sincos

és ctgα αα

=cossin

.


tgα αα

=sincos

Bármely hegyesszög tangense egyenlő a szög szinuszának és koszinuszának hányadosával.

ctgα αα

=cossin

Bármely hegyesszög kotangense egyenlő a szög koszinuszának és szinuszának hányadosával.

a

B

C A

a =12 xc = 13 x

b

a

B

c = 1

C A

a = sin

b = cos

α

α

133

IV. TrIgonomeTrIa

Az α hegyesszög tangensét és kotangensét is szemléltethet-jük szakaszhosszúságokkal, a szögfüggvények definíciója alapján, ha a megfelelő befo-gót egységnyinek választjuk.

2. PélDa

Határozzuk meg az α hegyesszög szinuszát, koszinuszát, tan-

gensét az α meghatározása nélkül, ha tudjuk, hogy ctgα =158

!

megolDás 1. módszer:Milyen összefüggés van egy hegyesszög kotangense és tangen-se, kotangense és szinusza, kotangense és koszinusza között?

A hegyesszögek kotangense és tangense között a tgctg

αα

=1

azonosságot ismerjük, amelyből a tgα =8

15 adódik.

A hegyesszögek kotangense és szinusza között fennáll a

ctgα αα

=cossin

összefüggés, amelyből a sin cos2 2 1α α+ = azo-

nosság és a cosα > 0 felhasználásával

ctgα αα

=−1 2sinsin

azonosságot kapjuk.

Négyzetre emelés után (ez az átalakítás ekvivalens, mert a kifejezések pozitívak):

ctg22

21α α

α=

−sinsin

.

Szorozzunk be a nevezővel, majd mindkét oldalhoz adjuk hozzá a sin2α -t: sin sin2 2 2 1α α α⋅ + =ctg !A bal oldalon emeljük ki a sin2α-t: sin .2 2 1 1α α⋅ +( ) =ctg

A ctg2 1α + ( ctg2 1 0α + ≠ ) kifejezéssel elosztva az egyenlet mindkét oldalát:

sin221

1α

α=

+ctg, ahonnan négyzetgyökvonás után a sinα >0 és a ctgα >0 miatt

sinαα

=+

=

+

=1

11

1 158

8172 2ctg

adódik.

A fentiek alapján: cos sin ,α αα

αα

α

α= − = −

+=

+=

+1 1 1

1 1 12

2

2

2 2ctgctg

ctgctg

ctg

innen cos .α α

α=

+=

+

=ctg

ctg2 21

158

158

1

1517

c = +1 2tg α

a

B

C A

a = tg α

b = 1

c = +1 2ctg α

a

B

C Ab = ctgα

a = 1

érDekességaz itt megismert külön-böző módszereknek ké-sőbb összetettebb felada-tok kapcsán még hasznát fogjuk venni.

ÚJRATERVEZÉS

134

2. módszer:

Az ábra és a definíciók alapján tgctg

αα

= =1 8

15,

sinαα

=+

=1

18

172ctg és cosα α

α=

+=

ctg

ctg2 11517

könnyedén

adódik.

3. módszer:Milyen összefüggés van egy hegyesszög szögfüggvényei között?A tanult azonosságok és a feladat feltétele alapján:1 12 2( ) + =sin cos ,α α

2 158

( ) =cossin

,αα

3 1158

( ) =tgα .

A (3) egyenletből tgα =8

15-öt kapjuk. Az (1) és a (2) egyenletekből álló egyenletrendszert kell

megoldanunk, az egyik ismeretlenünk a szög szinusza, a másik a szög koszinusza. A (2) egyen-

letből kifejezzük a cosα-t: cos sinα α=158

, majd behelyettesítjük az (1) egyenletbe:

1 158

122

( ) +

=sin sin .α α

A műveletek elvégzése és rendezés után kapjuk, hogy sin .2 64289

α =

Innen négyzetgyökvonás után a sinα >0 miatt sinα =8

17 adódik.

A cos sinα α=158

formulába helyettesítve a kapott szinusz értéket, cosα =1517

-et kapjuk.

4. módszer:Definíció szerint az α hegyesszög kotangense az α hegyesszög melletti befogó hosszának és az α hegyesszöggel szemközti befogó hosszának az aránya. A feladat feltétele miatt az α hegyesszög melletti befogó hossza 15x, az α hegyesszöggel szemközti befogó hossza 8x, ahol x >0 teljesül.

A Pitagorasz-tétel alapján:15 82 2 2x x c( ) + ( ) = , ahonnan c x=17 adódik.

Így az α hegyesszög szögfüggvényeinek definíciói szerint

tgα = =8

158

15xx

, sinα =8

17xx

és cos .α = =1517

1517

xx

Ennek a feladatnak a megoldásából is látszik, hogy bármely hegyesszög valamelyik szögfügg-vényértékéből az összes többi szög szögfüggvényértéke meghatározható.

c = +1 2ctg α

a

B

C Ab = ctgα

a = 1

a

B

C A

a = 8 x

c

b = 15 x

135

IV. TrIgonomeTrIa

3. PélDa

Mutassuk meg, hogy bármely α hegyesszög esetén

1 1 22 22+( ) + −( ) =ctg ctgα ααsin

!

megolDás Hogyan igazolható egy azonosság? Kiindulunk az egyenlőség egyik oldalából, és ek-vivalens átalakításokkal előállítjuk a másik oldalt. Most a bal oldalból indulunk, elvégezzük a kijelölt műveleteket, összevonunk:1 1

1 2 1 2

2 2

2 2

+( ) + −( ) =

= + + + − +

ctg ctg

ctg ctg ctg ctg

α α

α α α α ,1 1 2 22 2 2+( ) + −( ) = +ctg ctg ctgα α α .A bizonyítandó azonosság jobb oldalán az α hegyesszög szinusza szerepel. Ezért célszerű a ctg2α -t kifejezni a sinα segítségével.

Tehát ctg22

2

2

21α α

αα

α= =

−cossin

sinsin

, a sin cos2 2 1α α+ = azonos-

ság felhasználásával.

Behelyettesítve, az egyenlet bal oldala:

1 1 2 2 2 2 22 2 22

2+( ) + −( ) = + = +−

ctg ctg ctgα α α αα

sinsin

.

Közös nevezőre hozunk, és összevonunk a számlálóban:

1 1 2 2 22 22

2

2

2+( ) + −( ) = +−

ctg ctgα α αα

αα

sinsin

sinsin

,

1 1 22 22+( ) + −( ) =ctg ctgα ααsin

.

A 2

2sin α éppen a jobb oldalon álló kifejezés. Tehát azt kaptuk, hogy a bal oldal bármely α

hegyesszög esetén egyenlő a jobb oldallal. Ezzel az állítást beláttuk.

4. PélDa

Bizonyítsuk be, hogy bármely 0 30° < < °x esetén cos3 11 32

xx

=+ tg

!

megolDás 1. módszer:Ismét egy azonosságot kell belátnunk. Ha 0 30° < < °x , akkor 0 3 90° < < °x . Azaz a 3x hegyesszög .Négyzetre emelés (ez az átalakítás ekvivalens, mert a kifejezések pozitívak) és nevezővel való beszorzás után:cos .2 23 1 3 1x x⋅ +( ) =tg Végezzük el a kijelölt műveletet:cos cos2 2 23 3 3 1x x x+ ⋅ =tg !A bizonyítandó állításban ugyanazon hegyesszög koszinusza és tangense szerepel.

érDekesség„kezdetben az egész trigonometria a szinusz szögfüggvényen alapult. alighanem abul-Vafa (940-998) arab mate-matikus és asztronómus volt az első, aki mindegyik szögfüggvényt használ-ta, definiálta azokat az egység sugarú kör se-gítségével, és ismerte a közöttük fennálló össze-függéseket is. Ő állított össze elsőként tangens-táblázatot. lefordította és magyarázta euklidész és Diophantosz munkáit. nevét őrzi a hold egyik krátere is.”(sain márton: Nincs királyi út! )

136

Milyen kapcsolat van közöttük? Tudjuk, hogy tg3 33

x xx

=sincos

, ezt behelyettesítve:

cos cos sincos

,2 22

23 3 33

1x x xx

+ ⋅ =

cos sin2 23 3 1x x+ = azonosság adódik.Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk és az átalakítások végén egy azonossághoz jutot-tunk, ezért a kiinduló egyenletünk is azonosság. Ezzel az állítást beláttuk.

2. módszer: Ha 0 30° < < °x , akkor 0 3 90° < < °x . Azaz a 3x hegyesszög és a koszinusz szögfüggvény definíciója alapján:

cos .αα

=+

11 2tg

Innen az α =3x helyettesítéssel, éppen a bizonyítandó azo-nosság,

a cos3 11 32

xx

=+ tg

adódik.

Határozzuk meg az α hegyesszög többi szögfüggvényének értékét az α meghatározása nélkül, ha:

a) sin ; ; , ; ;α =+

>( )35

12

0 75 24

02

a

a b) cos ; ; , ; ;α =+

>( )1213

22

0 451

02

a

aa

c) tg α =−

>( )2315

3 0 25 42

22

; ; , ; ;a a d) ctg α =−

>

38

1 10 25 54 25

522

; ; , ; !a

a

Bizonyítsuk be, hogy bármely α hegyesszög esetén a) sin cos sin cos ;α α α α−( ) + +( ) =

2 2 2

b) sin cos sin cos ;4 4 2 21 2α α α α+ = − ⋅

c) 21

12

2

tgα α

α

αα

=−

+−sin

sincos

cos;

d) sin cos !α α αα

⋅ =+tg

tg1 2

Számítsuk ki táblázat és számológép nélkül a következő kifejezések értékét:a) sin cos cos cos cos sin ;20 50 60 70 30 402 2°− °+ °− °+ °+ °b) 1 36 1 54 54 36 36− °( ) ⋅ + °( ) + °⋅ ° ⋅ °cos sin cos cos ;ctgc) ( ) cos !tg ctg72 18 1 722°⋅ °+ ⋅ °

A mellékelt QR-kódon egy rejtvény található a szögfüggvényekkel kapcsolat-ban. Jó szórakozást!

Feladatok

1.

2.

3.

4.

tg 3x1

32+tg

x

3x1

137

IV. TrIgonomeTrIa

egy folttáska (patchbag) el-készítéséhez egy derékszö-gű háromszög alakú foltra van szükségünk. a foltról az alábbiakat tudjuk: az átfogó hossza 15 cm és a hozzá tar-tozó magasság az átfogót 1:4 arányú részekre osztja. mek-kora a folt másik két oldala, mekkorák a szögei?

megolDás 1. módszer: Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével!Az ábra elkészítésekor érdemes feltenni néhány kérdést. A kérdések egy része segíthet a feladat szövegének megér-tésében, illetve annak kiderítésében, hogy a szöveg alapján milyen adatok adottak. Ilyenek lehetnek: Milyen síkidomról van szó? Milyen információkat, adatokat ismerünk a szövege szerint? Milyen feltételei vannak a feladatnak? E feladat feltételei: a háromszög derékszögű, és a 15 cm hosszúságú átfogót a hozzá tartozó magasság 1 4: arányú részekre bontja. Tehát egy derékszögű háromszöget rajzolunk, amely-nek átfogója 15 egység hosszúságú. Mivel a hozzá tartozó magasság 1 4: arányban osztja az

átfogót, ezért AT c= = =15

155

3m egység és BT c= =⋅

=45

4 155

12m egység hosszúságú. A kérdések másik része már a megoldásban játszhat szerepet: Mit kell meghatározni? Milyen összefüggéseket ismerünk az adott és keresett adatok között? Megoldás közben érdemes feltenni ezeket és ezekhez hasonló kérdéseket.Ebben az esetben a befogókat és a hegyesszögeket keressük. Célszerű az ábrán mind az adott, mind a keresett adatokat megjeleníteni. Milyen összefüggéseket ismerünk a derékszögű há-romszög befogói és az átfogó, illetve az átfogó két szelete között? Hogyan határozhatóak meg a hegyesszögek?A befogótétel szerint a derékszögű háromszög befogójának hossza mértani közepe az átfogó és a befogónak az átfogóra eső merőleges vetülete hosszának. A fenti ábra alapján, a matema-tika nyelvén: a = ⋅ = ≈12 15 6 5 13 42egység egység, és b = ⋅ = ≈3 15 3 5 6 71egység egység, .Derékszögű háromszög hegyesszögei egymás pótszögei, ezért elegendő az egyik szöget meg-határozni. Írjuk fel az α hegyesszög tangensét:

tgα = = =ab

6 53 5

2! Innen α ≈ °63 43, , ahonnan β α= °− ≈ °90 26 57, adódik.

Tehát a folt hiányzó oldalai: a =6 5 cm, b =3 5 cm hosszúságúak, hegyesszögei: α ≈ °63 43, ,β ≈ °26 57, .

sÍkgeomeTrIaI számÍTások

C

aa

a b BA

bm

T

3 cm

15 cm12 cm

2. módszer:

A magasségtétel alapján ahonnan adódik .

Az ATC derékszögű háromszögben: , így a háromszög szögei: és

. Az ABC háromszögben: és , ahonnan a befogók:

és

Egy háromszög alakú, vízszintes síkon fekvő telek egyik határ-szakaszának hossza 80 m, a rajta fekvő szögek -esek. A tulajdonos a telek súlypontjába egy szilvafát ültetett. A fa ön-tözéséhez egy locsolófejet helyezett el a telek azon pontjában, amely egyenlő távolságban van a telek határvonalaitól. Leg-alább milyen „hatótávolságú” öntözőfejet kell telepítenie ahhoz, hogy a szilvafa öntözését biztosítani tudja?

Készítsünk ábrát! A feladat szövege szerint a 80 m hosszúságú oldalon fekvő szögek egyenlő nagyságúak, ezért a háromszög egyenlő szá-rú. A háromszög súlypontja a fentiek és a súlypontra vonat-kozó tétel szerint az alaphoz tartozó magasság F pont-

hoz közelebbi harmadoló pontja Így az S pontban található a szilvafa. A locso-lófej a háromszög oldalaitól egyenlő távolságra van, a háromszög belső szögfelezőire vonatkozó tétel alapján ez a pont a háromszögbe írható kör középpontja (O, a belső szögfelezők közös pontja). Tehát a locsolófejet az O pontban helyezték el, így az SO szakasz hosszát kell meghatározni. Az SO szakasz hossza előáll az SF és az OF szakaszok hosszá-nak különbségeként.

Az S pont az súlypontja, így Az AFC de-

rékszögű háromszögben ismerjük az szöget, az szög melletti befogót és keressük az szöggel szemközti befogót. Felírjuk az szög tangensét:

innen ahonnan

Az AFO derékszögű háromszögben ismerjük az szöget, az szög melletti

befogót és keressük a szöggel szemközti befogót. Felírjuk az szög tangensét:

innen

Tehát az öntözőfejnek legalább hatótávolságúnak kell lenni.

32.

138

2. módszer:

A magasségtétel alapján m AT BT= ⋅ ahonnan m=6 cm adódik .

Az ATC derékszögű háromszögben: tgα = =m3

2, így a háromszög szögei: α ≈ °63 43, és

β α= °− = °90 26 57, . Az ABC háromszögben: sinα =ac

és cosα =bc

, ahonnan a befogók:

a = ⋅ ° ≈15 63 43 13 42sin , , cm és b = ⋅ ° ≈15 63 43 6 71cos , , .cm

1. PélDa

Egy háromszög alakú, vízszintes síkon fekvő telek egyik határ-szakaszának hossza 80 m, a rajta fekvő szögek 73 45° ′-esek. A tulajdonos a telek súlypontjába egy szilvafát ültetett. A fa ön-tözéséhez egy locsolófejet helyezett el a telek azon pontjában, amely egyenlő távolságban van a telek határvonalaitól. Leg-alább milyen „hatótávolságú” öntözőfejet kell telepítenie ahhoz, hogy a szilvafa öntözését biztosítani tudja?

megolDás Készítsünk ábrát! A feladat szövege szerint a 80 m hosszúságú oldalon fekvő szögek egyenlő nagyságúak, ezért a háromszög egyenlő szá-rú. A háromszög súlypontja a fentiek és a súlypontra vonat-kozó tétel szerint az alaphoz tartozó magasság CF( ) F pont-

hoz közelebbi harmadoló pontja S( ). Így az S pontban található a szilvafa. A locso-lófej a háromszög oldalaitól egyenlő távolságra van, a háromszög belső szögfelezőire vonatkozó tétel alapján ez a pont a háromszögbe írható kör középpontja (O, a belső szögfelezők közös pontja). Tehát a locsolófejet az O pontban helyezték el, így az SO szakasz hosszát kell meghatározni. Az SO szakasz hossza előáll az SF és az OF szakaszok hosszá-nak különbségeként.

Az S pont az ABC súlypontja, így SF CF=

3. Az AFC de-

rékszögű háromszögben ismerjük az α szöget, az α szög melletti befogót és keressük az α szöggel szemközti befogót. Felírjuk az α szög tangensét:

tgα =CFAF

, innen CF AF= ⋅ = ⋅ ° ≈tg tg mα 40 73 75 137 23, , , ahonnan SF ≈ 45 74, .m

Az AFO derékszögű háromszögben ismerjük az α2

36 875= °, szöget, az α2

szög melletti

befogót és keressük a szöggel szemközti befogót. Felírjuk az α2

36 875= °, szög tangensét:

tgα2=

OFAF

, innen OF = ⋅ ° ≈40 36 875 30 01tg m, , .

Tehát az öntözőfejnek legalább SO SF OF= − ≈15 73, m hatótávolságúnak kell lenni.

C

aa

A BF

O

S

c = 80 m

2

16 25°,

α2

36 875°= ,

α 73 75°,

139

IV. TrIgonomeTrIa

2. PélDa

Bermuda-háromszög a Florida keleti partján lévő Miami , a Bermuda-szigetek és Puerto-Rico által határolt területen található.A Bermuda-szigetek–Puerto Rico távolság: 1500 km, a Bermuda-szigetek–Miami távolság: 1510 km, a Bermu-

da-szigetekről a Puerto Rico és Miami által meghatározott szakasz 55 52° ′-es szög alatt látszik. Egy-egy közlekedési esz-köz eltűnésekor hány km2 területet kellett átkutatni a túlélők megtalálása érdekében?A kapott értéket hasonlítsuk össze a térképészek által meg-adott 704 000 km2 nagyságú területtel!

megolDás Készítsünk ábrát! A szöveg szerint adott a háromszög két oldala a b,( ) az általuk bezárt szög γ( ) és ke-ressük a háromszög területét T( )! A háromszög területének kiszámításához meg kell határozni az egyik ismert oldalhoz tartozó magasságot. Melyik magasságot célszerű berajzolni? Mivel γ hegyesszög és b a> miatt β α> teljesül, ezért a B csúcsból induló magasság a háromszögön belül halad. Húz-zuk be tehát a B csúcsból induló magasságot!

A CTB derékszögű háromszögben sin ,γ = ma

ahonnan

m a= ⋅sin .γ Így az ABC területe: Tb m b a

=⋅

=⋅ ⋅

2 2sin .γ

TÉTEL: A háromszög területe kiszámítható egy hegyes-szöge és ezt a szöget közrefogó két oldalának segítségé-

vel: T a b=

⋅ ⋅sin .γγ2

Vajon milyen összefüggést kapunk a területre, ha a γ szög derékszög illetve tompaszög? Ennek a kérdésnek a megvála-szolására később még visszatérünk.A feladat adatait behelyettesítve a terület kifejezésébe, a Bermuda háromszög területére:

T a b=

⋅ ⋅=

⋅ ⋅ °=

sin sin , ,γ2

1500 1510 55 872

937445 76 2km adódik.

érDekességa térképen megjelölt Bemuda-háromszöget az „ördög elveszett tor-nácának, a Titokzatos félhomálynak, Varázslatos tengeri zónának és az ördög háromszögének” is nevezik.1945. december 5.-én 5 harci repülőgépnek ve-szett nyoma a rejtélyes Bermuda-háromszögben egy rutinfeladat közben, senki nem tudja ponto-san, hogy mi okozta eltű-nésüket. sem a gépeket, sem a legénységet nem látták soha többé. Pon-tos adatokkal nem szol-gálhatunk, de az elmúlt évszázadban számtalan hajó és repülőgép tűnt el itt.

a = 1500 km

b = 1510 km

T

m

c Bb

Aa

C(Bermuda-szigetek)

(Miami)(Puerto Rico)

= 55,87°γ

érDekesség

a területre kapott érték nagymértékben eltér a megadott 704 000 km2 ér-téktől! mi lehet a magyarázat az eltérésre? a valóságban a Bermuda-három-szög a földgömb felszínén van, tehát egy gömbfelület egy bizonyos részének területét kellene kiszámítani. a kiszámításhoz a térképészetben használatos gömbháromszögtani ismeretekre lenne szükségünk. síkmértani módszerekkel ilyen nagyságú távolságok esetén nagy eltérés adódik. Csak akkor szabad földdarabok területét ily módon kiszámítani, ha a távolságok nem túl nagyok, mert ilyenkor a gömbfelszín kicsiny darabja jól közelíthető egy síkidommal.

Egy paralelogramma kerülete területének nagysága egyik szöge Mekko-rák az oldalai?

Készítsünk ábrát! A feladat szövege szerint a paralelogramma kerülete az ábra alapján egyenlet áll fenn. A parale-logramma felbontható az egyik átlója segítségével két egybevágó háromszögre.

A feladatban szereplő paralelogramma területe a terület formulájába helyettesítve: egyenlet teljesül.

Az és a egyenletekből álló egyenletrendszert kell megoldanunk. Az egyenletrendszer

Az egyenletből kifejezzük az a-t: majd behelyettesítünk a egyenletbe : A kijelölt műveletek elvégzése és rendezés után adódik,

ahonnan Így Tehát a paralelogramma oldalai:

Három falu (A, B, C ) egy hegyesszögű háromszög három csúcsában fekszik. A három falu kö-zösen egy pihenőhelyet épített. A pihenő mindhárom falutól távolságban van. A B falu a másik két falutól 5 és 6 kilométer távolságban van. Mekkora a távolság az A és a C falu között?

Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével! Mivel a pihenő mindhárom falutól egyenlő távolság-ban van, ezért a pihenő a falvak által meghatározott három-szög köré írt körének középpontjában van. A köré írt kör középpontja a háromszög oldalfelező merőlegeseinek közös pontja, amely hegyesszögű háromszög esetén a háromszög belső pontja. Ennek megfelelően az ábrán pontok fele-zőpontok, és a -nél jelölt szögek derékszögek. A szoká-sos jelölésekkel élve az A csúcsánál levő belső szög , a B csúcsnál a C csúcsnál . A középponti és kerületi szögek tétele alapján a , így Hasonlóan adódik, hogy és Az derékszögű három-

szögben ahonnan

140

3. PélDa

Egy paralelogramma kerülete 50 cm, területének nagysága 72 cm2 , egyik szöge 30°. Mekko-rák az oldalai?

megolDás Készítsünk ábrát! A feladat szövege szerint a paralelogramma kerülete 50 cm,az ábra alapján 1 2 2 50( ) + =a b egyenlet áll fenn. A parale-logramma felbontható az egyik átlója BD( ) segítségével két egybevágó háromszögre.

TÉTEL: A paralelogramma területe meghatározható egy hegyesszöge és ezt a szöget köz-refogó két oldalának segítségével:

T a b a b= ⋅⋅ ⋅

= ⋅ ⋅22sin sinγγ γγ..

A feladatban szereplő paralelogramma területe 72 cm2 , a terület formulájába helyettesítve: 2 30 72( ) ⋅ ⋅ ° =a b sin egyenlet teljesül.

Az 1( ) és a 2( ) egyenletekből álló egyenletrendszert kell megoldanunk. Az egyenletrendszer

1 25

2 144( ) + =

( ) =

a b

ab

,

.

Az 1( ) egyenletből kifejezzük az a-t: a b= −25 , majd behelyettesítünk a 2( ) egyenletbe : 25 144−( ) =b b . A kijelölt műveletek elvégzése és rendezés után b b2 25 144 0− + = adódik,

ahonnan b1 9= cm, b2 16= cm. Így a1 16= cm, a2 9= cm. Tehát a paralelogramma oldalai: 9 16cm és cm.

4. PélDa

Három falu (A, B, C ) egy hegyesszögű háromszög három csúcsában fekszik. A három falu kö-zösen egy pihenőhelyet épített. A pihenő mindhárom falutól 3 4, km távolságban van. A B falu a másik két falutól 5 és 6 kilométer távolságban van. Mekkora a távolság az A és a C falu között?

megolDás Készítsünk ábrát az adatok feltüntetésével! Mivel a pihenő mindhárom falutól egyenlő 3 4, km( ) távolság-ban van, ezért a pihenő a falvak által meghatározott három-szög köré írt körének középpontjában O( ) van. A köré írt kör középpontja a háromszög oldalfelező merőlegeseinek közös pontja, amely hegyesszögű háromszög esetén a háromszög belső pontja. Ennek megfelelően az ábrán D E F, , pontok fele-zőpontok, és a D E F, , -nél jelölt szögek derékszögek. A szoká-sos jelölésekkel élve az ABC A csúcsánál levő belső szög α, a B csúcsnál β , a C csúcsnál γ . A középponti és kerületi szögek tétele alapján a COB = 2α, így COE = α . Hasonlóan adódik, hogy AOF = β és BOD = γ . Az OEC derékszögű három-

szögben sin ,α = =

a

RaR

22

ahonnan a R= ⋅2 sin .α

B a A

b

DaC

b Oe2

f2g = 30°

a2

2 5,

b2

a2

c2

c2

3 km

R 3,4 km

c 6 kma 5 km

A

C

B

b

a

c

O

FR

R

R

D

E

ab

g

km

141

IV. TrIgonomeTrIa

Hasonló gondolatmenettel kapjuk, hogy b R= ⋅2 sin ,β c R= ⋅2 sin .γ

TÉTEL: Egy hegyesszögű háromszög bármelyik szöge, ezzel a szöggel szemközti oldala és köré írt körének sugara között a következő összefüggések állnak fenn: a R= ⋅2 sin ,α b R= ⋅2 sin ,β c R= ⋅2 sin .γ

Ha α szög derékszög vagy tompaszög, akkor vajon milyen összefüggést írhatunk fel a R, ,α kö-zött? A feltett kérdés megválaszolására később még visszatérünk.Alkalmazhatjuk a feladatunk megoldásában az imént kapott összefüggéseket: 5 6 8= = ⋅a , sin ,αb = ⋅6 8, sin ,β 6 6 8= = ⋅c , sin .γ Innen α ≈ °47 33, , γ ≈ °61 93, és β α γ= °− − = °180 70 74, , ahon-nan b = ⋅ = ⋅ ° ≈6 8 6 8 70 74 6 42, sin , sin , , .β km Tehát az A és a C falu között a távolság 6 42, .km

Egy derékszögű háromszög átfogóját a hozzá tartozó magasság 9 16: arányú részekre bontja. A háromszög legkisebb oldalának hossza 12 cm. Mekkorák a háromszög hiányzó oldalai és szögei?

A P külső pontból a 13 cm sugarú körhöz húzott szelő a kört A és B pontokban metszi. A szelő és a kör K középpontjának távolsága 12 cm. A szelő hosszabbik szeletének hossza 21 cm.a) Milyen hosszú érintőszakasz húzható a P pontból a körhöz?b) Mekkora a PK?c) Mekkora szöget zár be PK az érintővel?

Egy háromszög két oldalának hossza a és b, az általuk bezárt szög γ . Mekkora a háromszög területe, ha a) a b= = = °5 6 70cm cm; ; ;γ b) a b= = = ° ′9 2 68 56 26, ; ; ;dm cm γ c) a b= = = °1 2 98 66 73, ; ; , ?m cm γ

Egy paralelogramma két szomszédos oldalának hossza a és b, az általuk bezárt szög γ . Mekko-ra a paralelogramma területe, ha a) a b= = = °9 6 32 5cm cm; ; , ;γ b) a b= = = °8 2 78 60, ; ; ;dm cm γc) a b= = = ° ′2 2 153 76 45, ; ; ;m cm γ d) a b= = = ° ′10 3 36 25, ; ?cm γ

Mekkora a háromszög köré írt kör sugara, ha adott (a szokásos jelölésekkel):a) a = = °5 70cm; α ; b) b = = ° ′6 8 57 24, ; ;dm β c) c = = °15 2 66 73, , , ?m γ

Marcsi deltoid alakú papírsárkányt készít. A deltoid két szemközti szöge: 30° és 150°, egyik oldalának hossza 25 cm.a) Milyen hosszúságú pálcákat kell az átlók mentén elhelyezni? b) Hány cm2 papírt kell vásárolnia a sárkány befedéséhez, ha a felhasznált papírmennyiség 10%-a hulladék?

Az n oldalú szabályos sokszög köré írt körének sugara 1 m hosszúságú. Számítsd ki a szabályos sokszögnek az oldalát és a legrövidebb átlójának hosszát! Hány százaléka lesz a sokszög területe a kör területének ha a) n=3 ; b) n=6 ; c) n=9 ; d) n=12 ?

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

a) Az AD és FB kitérő élek. Hajlásszögük egyenlő a tér egy tetszőleges pontjába eltolt képeik hajlásszögével. Legyen ez a tetszőleges pont a kocka B csúcsa, ekkor az AD él képe a BC él, az FB képe önmagának. Tehát az AD és az FB élek hajlás-szöge b) A szöveg szerint egy egyenes és egy sík hajlásszögét keressük. Mit is értünk egy egyenes és egy sík hajlásszö-gén? Ha az egyenes nem merőleges a síkra, akkor a két tér-elem hajlásszögén az egyenes és az egyenes síkra vonatko-zó merőleges vetületének szögét értjük. EC nem merőleges az ABCD síkjára, EC szakasz merőleges vetülete ABCD síkra az AC szakasz. A keresett hajlásszög az alsó ábrán -val jelölt szög. Korábbi ismereteinkből tudjuk, hogy az ABCD négyzet átlója kifejezhető a négyzet oldalával (a kocka élé-vel): A CEA derékszögű háromszögben

ahonnan Tehát az EC testátló

és ABCD lap hajlásszöge

Az egyiptomi Kheopsz piramis szabályos négyoldalú gúla, mai magassága 137,3 méter, alapéle 230,35 méter hosszúságú.Mekkora szöget zár bea) az oldallap és az alaplap?b) az oldalél és az alaplap?c) az oldalél és az alapél?

142

Hasonló gondolatmenettel kapjuk, hogy

Ha szög derékszög vagy tompaszög, akkor vajon milyen összefüggést írhatunk fel kö-zött? A feltett kérdés megválaszolására később még visszatérünk.Alkalmazhatjuk a feladatunk megoldásában az imént kapott összefüggéseket:

Innen és ahon-nan Tehát az A és a C falu között a távolság

Egy derékszögű háromszög átfogóját a hozzá tartozó magasság arányú részekre bontja. A háromszög legkisebb oldalának hossza 12 cm. Mekkorák a háromszög hiányzó oldalai és szögei?

A P külső pontból a 13 cm sugarú körhöz húzott szelő a kört A és B pontokban metszi. A szelő és a kör K középpontjának távolsága 12 cm. A szelő hosszabbik szeletének hossza 21 cm.a) Milyen hosszú érintőszakasz húzható a P pontból a körhöz?b) Mekkora a PK?c) Mekkora szöget zár be PK az érintővel?

Egy háromszög két oldalának hossza a és b, az általuk bezárt szög Mekkora a háromszög területe, ha a) b) c)

Egy paralelogramma két szomszédos oldalának hossza a és b, az általuk bezárt szög Mekko-ra a paralelogramma területe, ha a) b) c) d)

Mekkora a háromszög köré írt kör sugara, ha adott (a szokásos jelölésekkel):a) b) c)

Marcsi deltoid alakú papírsárkányt készít. A deltoid két szemközti szöge: és , egyik oldalának hossza 25 cm.a) Milyen hosszúságú pálcákat kell az átlók mentén elhelyezni? b) Hány papírt kell vásárolnia a sárkány befedéséhez, ha a felhasznált papírmennyiség -a hulladék?

Az n oldalú szabályos sokszög köré írt körének sugara 1 m hosszúságú. Számítsd ki a szabályos sokszögnek az oldalát és a legrövidebb átlójának hosszát! Hány százaléka lesz a sokszög területe a kör területének ha a) ; b) ; c) ; d) ?

mekkora szöget zár be az ábrán látható kocka a) AD és FB éle?b) EC testátlója és ABCD lapja?

TérgeomeTrIaI számÍTások

megolDás a) Az AD és FB kitérő élek. Hajlásszögük egyenlő a tér egy tetszőleges pontjába eltolt képeik hajlásszögével. Legyen ez a tetszőleges pont a kocka B csúcsa, ekkor az AD él képe a BC él, az FB képe önmagának. Tehát az AD és az FB élek hajlás-szöge 90°.b) A szöveg szerint egy egyenes és egy sík hajlásszögét keressük. Mit is értünk egy egyenes és egy sík hajlásszö-gén? Ha az egyenes nem merőleges a síkra, akkor a két tér-elem hajlásszögén az egyenes és az egyenes síkra vonatko-zó merőleges vetületének szögét értjük. EC nem merőleges az ABCD síkjára, EC szakasz merőleges vetülete ABCD síkra az AC szakasz. A keresett hajlásszög az alsó ábrán β-val jelölt szög. Korábbi ismereteinkből tudjuk, hogy az ABCD négyzet átlója kifejezhető a négyzet oldalával (a kocka élé-vel): a 2. A CEA derékszögű háromszögben

tgβ = =a

a 212

, ahonnan β ≈ °35 26, . Tehát az EC testátló

és ABCD lap hajlásszöge 35 26, .°

1. PélDa

Az egyiptomi Kheopsz piramis szabályos négyoldalú gúla, mai magassága 137,3 méter, alapéle 230,35 méter hosszúságú.Mekkora szöget zár bea) az oldallap és az alaplap?b) az oldalél és az alaplap?c) az oldalél és az alapél?

A

B C

D

E

F G

H

a

A

B C

D

E

FG

H

a = 90°

B C

D

E

F G

H

a

bA

a 3

a 2a 2

33.

143

IV. TrIgonomeTrIa

megolDás Készítsünk ábrát! A feladat a) részében két metsző sík, a b) részében egyenes és sík, a c) részében két egyenes hajlásszögére vagyunk kíváncsiak. Mit értünk metsző síkok hajlásszögén? Tekintsük a két sík metszésvonalának egy tetszőleges pontját! Ebben a pontban mindkét síkban merőle-gest állítunk a metszésvonalra, a két sík hajlásszögén ennek a két egyenesnek a hajlásszögét értjük. Ennél a feladatnál, az ol-dallap és az alaplap hajlásszöge a felső ábra α-val jelölt szöge. Az előző feladatban már előkerült egyenes és sík hajlásszöge, ezért erre már nem térünk ki. Az oldalél és az alaplap haj-lásszöge a felső ábra β-val jelölt szöge, az oldalél és az alapél hajlásszöge az alsó ábra γ -val jelölt szöge.Az EOF derékszögű háromszögben

tgα = = ≈ma2

137 3115 175

1 1921,,

, .

Innen az oldallap és az alaplap hajlásszöge α ≈ °50 01, .Az DEO derékszögű háromszögben a β szög mellet-ti befogó feleakkora hosszúságú, mint az alaplap átlója:

OD a= = ≈

22

230 35 22

162 88, , ,m

így tgβ = = ≈m

OD137 3

162 880 8429,

,, .

Így az oldalél és az alaplap hajlásszöge β ≈ °40 13, . A g szög meghatározásához először az oldalél hosszát számítjuk ki. Alkalmazzuk a Pitago-

rasz-tételt a DEO derékszögű háromszögre: b m a= +

≈2

22

2213 03, .m A BGE derékszögű

háromszögben cos , ,γ = = ≈

a

bab

22

0 5407 innen az oldalél és az alapél hajlásszöge γ ≈ °57 27, .

érDekességaz el-gízai piramis, más néven hufu-piramis vagy khe-opsz-piramis, az egyiptomi óbirodalmi hufu fáraóról (ahet hufu, „hufu horizontja, fényhegye”) elnevezett piramis. ókori neve:

az el-gízai piramis a legrégebbi és egyben az egyedüli fennmaradt csoda az ókori világ hét csodája közül. ma-gassága 146,7 méter, alapéleinek hossza 232,4 méter volt. anyaga helyi mészkő, asszuáni gránit, turai mészkő. a mai egyiptomi főváros, kairó közvetlen közelében áll, és a Föld egyik legismertebb turistalátványossága. az el-gízai pira-mismezőt alkotó három királypiramis egyike.

E

D

F

C

a

b

B

A

O

a = 230,35 m

m = 137,30 m

a2

a2

aa 222

E

D

b

b

b

G

b

CB

A

O

a = 230,35 m

m = 137,30 m

ga2

a 22

Egy templomtorony csúcsa, amelynek C tetőpontja, T talppontja, egy vízszintes síkban levő 40 m hosszúságú AB alapszakasz A pontjából -os, az AB szakasz F felezőpontjából -os emelkedési szögben látszik. Tudjuk továbbá, hogy a) Mekkora a torony magassága?b) Mekkora emelkedési szög alatt látszik a torony tetőpontja a B pontból?

a) Készítsünk ábrát! Jelöljük a torony magasságát x-szel!A egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért

Az derékszögű így Thalész tétele értelmé-

ben

A fentiek miatt a torony magassága 20 méter.

b) Az szög meghatározásához a BCT derékszögű háromszög BC vagy TB oldalát kell kiszámítani. A TB oldal az ABT derékszögű háromszögnek is oldala. Így ha a TA befogót meghatározzuk, akkor Pitagorasz-tétel alkalmazásával (ABT derékszögű há-

romszögre) TB kiszámítható. Az ACT derékszögű háromszögben

innen

ABT derékszögű háromszögre alkalmazzuk Pitagorasz-tételt :

A BCT derékszögű háromszögben

innen a keresett emelkedési szög

Mekkora szöget zár be az ábrán látható kockaa) AG testátlója és FB éle?b) AG testátlója és CH lapátlója?

Mekkora a szabályos tetraéder két lapjának hajlásszöge?

Valamely torony C tetőpontja a T talpponttal egy vízszintes síkban levő 80 m hosszúságú AB alapvonal A pontjából -os, az AB sza-kasz F felezőpontjából -os emelkedési szögben látszik. Tudjuk továbbá, hogy a) Mekkora a torony magassága?b) Mekkora emelkedési szög alatt látszik a torony magassága a B pontból?

144

2. PélDa

Egy templomtorony csúcsa, amelynek C tetőpontja, T talppontja, egy vízszintes síkban levő 40 m hosszúságú AB alapszakasz A pontjából 60°-os, az AB szakasz F felezőpontjából 45°-os emelkedési szögben látszik. Tudjuk továbbá, hogy ATB = °90 .a) Mekkora a torony magassága?b) Mekkora emelkedési szög alatt látszik a torony tetőpontja a B pontból?

megolDás a) Készítsünk ábrát! Jelöljük a torony magasságát x-szel!A CTF egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért TF CT x= = . Az ABT derékszögű így Thalész tétele értelmé-

ben TF AB= =

220 m.

A fentiek miatt a torony magassága 20 méter.

b) Az α szög meghatározásához a BCT derékszögű háromszög BC vagy TB oldalát kell kiszámítani. A TB oldal az ABT derékszögű háromszögnek is oldala. Így ha a TA befogót meghatározzuk, akkor Pitagorasz-tétel alkalmazásával (ABT derékszögű há-

romszögre) TB kiszámítható. Az ACT derékszögű háromszögben tg60 20° =

AT,

innen AT = ≈20 3

311 55m m, .

ABT derékszögű háromszögre alkalmazzuk Pitagorasz-tételt :

TB = −

= ≈40 20 3

320 33

338 302

2

, .m A BCT derékszögű háromszögben

tgα = = ≈CTTB

2038 30

0 5222,

, , innen a keresett emelkedési szög 27 58, .°

Mekkora szöget zár be az ábrán látható kockaa) AG testátlója és FB éle?b) AG testátlója és CH lapátlója?

Mekkora a szabályos tetraéder két lapjának hajlásszöge?

Valamely torony C tetőpontja a T talpponttal egy vízszintes síkban levő 80 m hosszúságú AB alapvonal A pontjából 30°-os, az AB sza-kasz F felezőpontjából 45°-os emelkedési szögben látszik. Tudjuk továbbá, hogy TBA = °90 .a) Mekkora a torony magassága?b) Mekkora emelkedési szög alatt látszik a torony magassága a B pontból?

Feladatok

1.

2.

3.

A

C

B

Tx

x

F20 m

20 m90°

90°

90°

60°

45°

a

A

B C

D

E

F G

H

a

145

V. Gondolkodási módszerek, kombinaTorika, ValószínűséGszámíTás

a skaTulya-elV

egy urnában 6 piros, 8 fehér és 10 zöld színű, egyforma méretű és súlyú golyó van. Hány golyót kell csukott szemmel kihúzni a urnából ahhoz, hogy biztosan legyen közöttük a) valamelyik színből legalább kettő,b) valamelyik színből legalább öt?

meGoldás a) Ha csak három golyót vennénk ki a urnából, akkor még előfordulhatna, hogy mindegyik színből egy-egy golyót húztunk ki. Ha viszont 4 golyót húzunk ki, akkor már biztosan lesz olyan szín, amelyikből két golyót választottunk ki.

Erre a feladatra az alábbi modellt ké-szíthetjük. Van három darab skatulya –ezek felelnek meg a három fajta szín-nek− és van 4 darab tárgyunk, melye-ket el szeretnénk helyezni a skatulyák-ban. Ekkor legalább egy skatulyába, legalább két tárgy kerül. A modell általánosításával kapjuk a skatulya-elv egyik megfogalmazását.

Skatulya-elv: Adott n darab skatulya, melyekben legalább n + 1 darab tárgyat szeret-nénk elhelyezni n∈( )+ . Ekkor legalább egy skatulyába legalább két tárgy kerül.

b) Mivel 3 4 12⋅ = , ezért ennyi golyó kiválasztása esetén még előfordulhat, hogy mindegyik szín-ből csak négyet vettünk ki. Ha viszont 13 golyót veszünk ki, akkor már lesz olyan szín, amelyik-ből legalább ötöt húztunk ki.

Erre a problémára is készíthetünk modellt. Továbbra is három darab skatulya van, csak most 13 darab tárgyat szeretnénk elhelyezni a skatulyákban. Mivel 13 3 4 1= ⋅ + , ezért biztosan lesz olyan skatulya, amelybe legalább 5 tárgy kerül.Az előbbi modellből kiindulva általánosabban is megfogalmazhatjuk a skatulya-elvet.

a Skatulya-elv általánoSítáSa: Van n darab skatulyánk és legalább n k⋅ +1 darab tárgyunk, melyeket el szeretnénk helyezni a skatulyákban n k, .∈( )+ Ekkor legalább egy skatulyába, legalább k +1 darab tárgy kerül.

Az előző feladatban szereplő urnából legalább hány golyót kell kihúzni csukott szemmel ah-hoz, hogy biztosan legyen közöttük a) mindegyik színből legalább egy,b) legalább egy zöld, c) fehér és piros,d) fehér vagy piros golyó?

a) Nézzük meg, hogy melyik két fajta színből van a legtöbb a dobozban! Mivel 10 zöld, 8 fehér és 6 piros golyó található benne, ezért 18 golyó kihúzása esetén még nem biztos, hogy lesz köztük mindhárom színből. Ha viszont 19 golyót veszünk ki a dobozból, akkor már biztosan lesz mindhárom színből legalább egy a kihúzottak között.

b) Tizennégy golyó kiválasztása esetén előfordulhat, hogy csak a fehér és a piros golyókat vet-tük ki a dobozból. Így, ha 15 golyót húzunk ki már biztosan lesz köztük zöld is.

c) A feladatban szereplő és kötőszó azt jelenti, hogy mindkét színű golyóból kell szerepelnie legalább egynek a kihúzottak között. Ez akkor teljesül biztosan, ha 19 golyót választunk ki a dobozból, mert 18 esetén előfordulhat, hogy a 10 zöld és a 8 fehér golyót vettük ki.

d) Ebben a feladatban vagy kötőszó szerepel, amely azt jelenti, hogy a piros illetve a fehér golyók közül legalább az egyik fajtának szerepelnie kell a kihúzottak között. Mivel 10 zöld golyó van a dobozban, ezért 10 golyó kihúzásakor előfordulhat, hogy csak zöld golyót választottunk ki a dobozból. Így 11 golyó kiválasztása esetén biztosan lesz a kihúzottak között fehér vagy piros.

Egy 34 fős osztályból mindenki írt matematika dolgozatot. Legalább hány olyan diák van az osztályban, aki azonos osztályzatot kapott a dolgozatára, ha egyes érdemjegyet nem kapott senki?

Mivel egyes érdemjegyet nem kapott senki, ezért a maradék négy osztály-zatot tekintsük egy-egy skatulyának, a diákokat a bennük elhelyezendő tárgyaknak. Mivel

ezért a skatulya-elv általános megfogalmazása alapján legalább 9 olyan tanuló volt az osztályban, aki azonos osztályzatot kapott a dolgozatára.

Feri megfigyelte az elmúlt öt héten kihúzott lottó-számokat. Megállapította, hogy mindig volt közöttük kettő, amelyeknek különbsége osztható volt 4-gyel. Hogyan vélekedjünk erről a megfigyelésről?

Az egész számok néggyel osztva 0, 1, 2 és 3 maradékot adhatnak. Tekintsük egy-egy ska-tulyának ezeket a maradékokat, és a lottószámokat a bennük elhelyezendő tárgyaknak! A skatulya-elv sze-rint lesz legalább egy skatulya, amelybe legalább két lottószám kerül.

34.

146

1. Példa

Az előző feladatban szereplő urnából legalább hány golyót kell kihúzni csukott szemmel ah-hoz, hogy biztosan legyen közöttük a) mindegyik színből legalább egy,b) legalább egy zöld, c) fehér és piros,d) fehér vagy piros golyó?

meGoldás a) Nézzük meg, hogy melyik két fajta színből van a legtöbb a dobozban! Mivel 10 zöld, 8 fehér és 6 piros golyó található benne, ezért 18 golyó kihúzása esetén még nem biztos, hogy lesz köztük mindhárom színből. Ha viszont 19 golyót veszünk ki a dobozból, akkor már biztosan lesz mindhárom színből legalább egy a kihúzottak között.

b) Tizennégy golyó kiválasztása esetén előfordulhat, hogy csak a fehér és a piros golyókat vet-tük ki a dobozból. Így, ha 15 golyót húzunk ki már biztosan lesz köztük zöld is.

c) A feladatban szereplő és kötőszó azt jelenti, hogy mindkét színű golyóból kell szerepelnie legalább egynek a kihúzottak között. Ez akkor teljesül biztosan, ha 19 golyót választunk ki a dobozból, mert 18 esetén előfordulhat, hogy a 10 zöld és a 8 fehér golyót vettük ki.

d) Ebben a feladatban vagy kötőszó szerepel, amely azt jelenti, hogy a piros illetve a fehér golyók közül legalább az egyik fajtának szerepelnie kell a kihúzottak között. Mivel 10 zöld golyó van a dobozban, ezért 10 golyó kihúzásakor előfordulhat, hogy csak zöld golyót választottunk ki a dobozból. Így 11 golyó kiválasztása esetén biztosan lesz a kihúzottak között fehér vagy piros.

2. Példa

Egy 34 fős osztályból mindenki írt matematika dolgozatot. Legalább hány olyan diák van az osztályban, aki azonos osztályzatot kapott a dolgozatára, ha egyes érdemjegyet nem kapott senki?

meGoldás Mivel egyes érdemjegyet nem kapott senki, ezért a maradék négy osztály-zatot tekintsük egy-egy skatulyának, a diákokat a bennük elhelyezendő tárgyaknak. Mivel 34 4 8 2= ⋅ + , ezért a skatulya-elv általános megfogalmazása alapján legalább 9 olyan tanuló volt az osztályban, aki azonos osztályzatot kapott a dolgozatára.

3. Példa

Feri megfigyelte az elmúlt öt héten kihúzott lottó-számokat. Megállapította, hogy mindig volt közöttük kettő, amelyeknek különbsége osztható volt 4-gyel. Hogyan vélekedjünk erről a megfigyelésről?

meGoldás Az egész számok néggyel osztva 0, 1, 2 és 3 maradékot adhatnak. Tekintsük egy-egy ska-tulyának ezeket a maradékokat, és a lottószámokat a bennük elhelyezendő tárgyaknak! A skatulya-elv sze-rint lesz legalább egy skatulya, amelybe legalább két lottószám kerül.

JárJ uTána!

Honnan ered a skatulya szó?

3

1

2

1

6

45

15

12

30

18

56

45

23

37

26

57

68

57

55

76

86

70

78

82

77

14. hét

13. hét

12. hét

11. hét

10. hét

147


Az egy skatulyába kerülő lottószámok ugyanazt a maradékot adják 4-gyel osztva, így a különbsé-gük osztható néggyel.Ebből következően Feri megfigyelése nem túl meglepő, hiszen ez bármely öt különböző egész szám esetében így van.

4. Példa

Egy újságpályázat 34 nyertesének mindegyike 5 utazás közül választhat. Igaz-e, hogy bárho-gyan is választanak, lesz hét olyan ember, aki ugyanoda utazik?

meGoldás Tekintsük az utazásokat skatulyáknak! n=( )5 Ha k = 6, akkor a skatulya elv ál-talánosítása szerint már n k⋅ + =1 31 ember esetén lesz olyan utazás, amire legalább k + =1 7 ember utazik el. Természetes módon így van ez 34 nyertes esetén is.

5. Példa

Egy téglatest alakú doboz alapja 32 cm oldalú négyzet. A dobozban 129 db hangyát tartanak megfigyelés céljából. A hangyák csak a doboz alján mászkálnak, mert az oldallapok belső felét bekenték hangyariasztó szerrel. Bizonyítsuk be, hogy miden időpillanatban van három hangya, melyek közül bármely kettő távolsága kisebb, mint 57 mm!

meGoldás Mivel a feladat szerint azt kell belátni, hogy minden időpillanatban létezik három hangya melyek közül bármely kettő távolsága kisebb, mint 57 mm, ezért célszerű annyi „skatulyát” kialakítani, hogy mindig biztosan legyen olyan, amelyikben leg-alább három hangya tartózkodik. Mivel 129 2 64 1= ⋅ + , ezért a skatulya-elv általánosítása alapján célszerű 64 „skatulyát” kialakítani. Tudjuk, hogy 64 8 8 32 4 8= ⋅ = ⋅és , ezért osszuk az alaplap oldalait −gondolatban− 8 db 4 cm hosszú szakasz-ra, és ezzel az alaplapot 64 db 4 4cm cm-es⋅ négyzetre. Így mindig lesz olyan négyzet, amelyben legalább három hangya tartózkodik. Mivel egy négyzetben bármely két pont közötti távolság nem lehet nagyobb a négyzet átlójánál, ezért e három hangya közül bármely kettő közötti d távolságra igaz, hogy d ≤ < =4 2 5 7 57cm cm mm., Ezt kellett bizonyítani.

éleTraJzi momenTumok

a skatulya-elv kifejezést (Schubfachprinzip) Peter Gustav lejeune dirichlet (1805—1859) használta először 1834-ben, tiszteletére gyakran dirichlet-elvként is említik. a legtöbb nyelven az eredeti német tükörfor-dításaként, fiók-elvként ismert, angolul: Pigeonhole principe.

148

Egy zacskóban négy fajta savanyú cukor (citromos, narancsos, barackos, málnás) van, össze-sen 40 db, mindegyikből ugyanannyi. Legalább hány darabot kell csukott szemmel kihúzni, hogy biztosan legyen közöttüka) valamelyikből legalább kettő,b) valamelyikből legalább három,c) mindegyikből legalább három,d) valamelyikből az összes,e) citromos és málnás,f) narancsos vagy barackos?

Egy zsákban 10 pár lila és 15 pár barna, ugyanolyan méretű kesztyű van. (Az egy párban levők nincsenek összekötve.) Legalább hány darabot kell csukott szemmel kihúzni a zsákból, hogy biztosan legyen köztüka) két darab különböző színű kesztyű,b) egy pár azonos színű kesztyű,c) egy pár nem feltétlenül azonos színű kesztyű?

Legalább hány fős az az osztály, amelyikben biztosan van leg-alább négy olyan diák, aki ugyanabban a hónapban ünnepli a születésnapját?

Egy osztályba hajszín szempontjából négyféle diák jár. Szőke, barna, fekete és vörös hajú. Hány fős az osztály, ha tudjuk, hogy kiválasztható 8 diák úgy, hogy az csak szőke, vagy csak barna, vagy csak fekete, vagy csak vörös hajú legyen, de bárhogyan is választunk ki 25 diákot, mindig lesz köztük mind a négy hajszínűből legalább egy?

Igaz-e, hogy 11 egész szám között mindig van kettő, melyek különbsége osztható tízzel?

100 88 90 37 94 81 3 70 21 83 48

51 42 67 99 42 41 19 84 88 46 30

22 87 69 16 73 37 39 24 6 11 92

47 77 24 67 21 9 8 62 59 46 85

80 96 66 34 68 22 16 27 25 35 82

8 49 76 93 30 33 53 44 30 34 70

4 65 10 14 16 53 92 76 17 47 97

34 61 64 55 50 59 67 13 1 38 46

59 90 50 51 32 60 2 49 95 10 4

88 2 73 7 97 86 36 72 37 50 1

97 87 52 11 44 27 98 75 40 77 13

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

149


a Flymat légitársaság a tér-képen jelölt 8 főváros között készül repülőjáratokat indítani úgy, hogy ne legyen két olyan város, amelyeket ugyanannyi várossal köt össze repülőjá-rat. Tervezzünk meg egy ilyen járathálózatot!

meGoldás Vegyünk fel a füzetünkben 8 darab pontot, jelöl-jék ezek a fővárosokat! A repülőjáratokat a pontokat összekö-tő vonalak jelképezzék! Keressünk egy jó megoldást!Némi próbálkozás után úgy sejtjük, nincs ilyen repülőgépjá-rat-hálózat. Bármelyik pontot is tekintjük, azt 0 vagy 1 vagy 2 vagy … 7 másik ponttal köthetjük össze. Ha van olyan pont, melyet egyikkel sem kötöttünk össze, akkor nem lehet köztük olyan, melyet 7 másikkal kötöttünk össze. Így vagy az lehet, hogy 0, 1, 2,…,6 vonal indul ki egy-egy pontból, vagy az, hogy 1, 2, 3,…,7. Ez mindkét esetben 7 lehetőséget jelent. Ezeket tekint-sük egy-egy skatulyának, a 8 darab pontot pedig a bennük elhelyezendő tárgyaknak. Ekkor a skatulya-elv alapján lesz legalább két olyan pont, amelyből azonos számú vonal indul ki, azaz amelyeket azonos számú másik ponttal kötöttünk össze a felvett pontok közül. Ezzel a feladatot megoldottuk.

Ha felveszünk a síkon n db pontot és ezek közül néhányat (lehet, hogy mindet, lehet, hogy egyet sem), összekötünk va-lamilyen folytonos vonallal, akkor az így keletkező alakzatot gráfnak nevezzük. A pontok a gráf csúcsai vagy szögpontjai, a pontpárokat összekötő vonalak a gráf élei. Az egy csúcs-ból kiinduló élek számát a csúcs fokszámának nevezzük. Ez alapján az előző feladatot az alábbi módon tétel formájában is megfogalmazhatjuk.

tÉtel: Bármely nyolccsúcsú egyszerű gráfban van leg-alább két olyan csúcs, melynek fokszáma egyenlő.

Ezután kézenfekvő a kérdés, hogy a tétel csak nyolcpontú gráfra igaz-e. Erre megkaphatjuk a választ, ha lecke utáni 5. feladatot megoldjuk.

eGyszerű GráFelméleTi FoGalmak, TéTel és meGFordíTása

0 1

2

3

45

6

31 2

3

4

56

7

4

0

2

2

3 3

4

0

1

2

2

3 12

3

4

Egyszerű gráf

Nem egyszerű gráfok

Az Orient expressz egyik fülkéjében 8 ember utazik. Igaz-e, hogy van köztük legalább kettő olyan, akinek ugyanannyi ismerőse van a fülkében ülők között? (Az ismeretség kölcsönös.)

Mivel lehet az utasok között olyan, aki senkit sem ismer és egy ember legfeljebb 7-et ismerhet közülük, ezért az egyes emberekhez rendelhető ismeretségszámok 0, 1, 2, …, 7 lehetnek. Ha van köztük olyan, aki senkit nem ismer, akkor nem lehet köztük olyan, aki minden-kit ismerne a fülkéből. Így az ismeretségszámok vagy 0, 1, 2, …, 6 vagy 1, 2, 3, …, 7 lehetnek. Ez mindkét esetben 7 lehetőséget jelent. Ezeket tekintsük egy-egy skatulyának a 8 embert pedig a bennük elhelyezendő tárgyaknak. Így a skatulya-elv értelmé-ben biztosan lesz köztük legalább két olyan ember, melyeknek azonos számú ismerőse van a fülkében ülők között.

Az előző két példa megoldása lényegében megegyezik. Ez su-gallja azt, hogy érdemes az 1. példát egy megfelelő matematikai modell alapján megközelíteni. Eszerint tekintsük a 8 embert egy nyolccsúcsú gráf szögpontjainak, a köztük fennálló isme-retségeket pedig szemléltessék a gráf élei. Ez alapján a problé-mát visszavezettük a leckenyitó példára. Nagyon sokszor segít a feladatok megoldásában egy megfelelő matematikai modell megalkotása, mert olykor-olykor ezzel ismert matematikai problémára, tételre vezetjük vissza a feladatot. Most csak felvil-lantottunk néhány gondolatot a matematika, ezen belül a kom-binatorika egyik nagyon fontos területéből a gráfelméletből. Tizenegyedik osztályban ezzel majd behatóbban foglalkozunk.

Legalább hány egész számot kell megadni ahhoz, hogy legyen közöttük legalább kettő melyek különbsége osztható 5-tel?

Azt már 9. osztályból tudjuk, hogy ötös maradék szempontjából az egész számok öt, páronként diszjunkt halmazba (osztályba) sorolhatók. Az elsőbe azok tartoznak, melyek 5-tel oszthatók, a másodikba azok, melyek 5-ös maradéka 1, a harmadikba azok, melyeké 2, a negye-dikbe tartozóké 3, az ötödikbe tartozóké pedig 4. Nyilvánvalónak tűnik az alábbi állítás:

Ezt az állítást nevezhetjük szükséges feltételnek is, mert az alábbi módon is megfogalmazhatjuk:

Legyen n és m két egész szám!Legyen és , ahol és Ekkor ami nyilván osztható öttel, mert egész számok. Ezt kellett bizonyítani.

35.

150

1. Példa

Az Orient expressz egyik fülkéjében 8 ember utazik. Igaz-e, hogy van köztük legalább kettő olyan, akinek ugyanannyi ismerőse van a fülkében ülők között? (Az ismeretség kölcsönös.)

meGoldás Mivel lehet az utasok között olyan, aki senkit sem ismer és egy ember legfeljebb 7-et ismerhet közülük, ezért az egyes emberekhez rendelhető ismeretségszámok 0, 1, 2, …, 7 lehetnek. Ha van köztük olyan, aki senkit nem ismer, akkor nem lehet köztük olyan, aki minden-kit ismerne a fülkéből. Így az ismeretségszámok vagy 0, 1, 2, …, 6 vagy 1, 2, 3, …, 7 lehetnek. Ez mindkét esetben 7 lehetőséget jelent. Ezeket tekintsük egy-egy skatulyának a 8 embert pedig a bennük elhelyezendő tárgyaknak. Így a skatulya-elv értelmé-ben biztosan lesz köztük legalább két olyan ember, melyeknek azonos számú ismerőse van a fülkében ülők között.

Az előző két példa megoldása lényegében megegyezik. Ez su-gallja azt, hogy érdemes az 1. példát egy megfelelő matematikai modell alapján megközelíteni. Eszerint tekintsük a 8 embert egy nyolccsúcsú gráf szögpontjainak, a köztük fennálló isme-retségeket pedig szemléltessék a gráf élei. Ez alapján a problé-mát visszavezettük a leckenyitó példára. Nagyon sokszor segít a feladatok megoldásában egy megfelelő matematikai modell megalkotása, mert olykor-olykor ezzel ismert matematikai problémára, tételre vezetjük vissza a feladatot. Most csak felvil-lantottunk néhány gondolatot a matematika, ezen belül a kom-binatorika egyik nagyon fontos területéből a gráfelméletből. Tizenegyedik osztályban ezzel majd behatóbban foglalkozunk.

2. Példa

Legalább hány egész számot kell megadni ahhoz, hogy legyen közöttük legalább kettő melyek különbsége osztható 5-tel?

meGoldás Azt már 9. osztályból tudjuk, hogy ötös maradék szempontjából az egész számok öt, páronként diszjunkt halmazba (osztályba) sorolhatók. Az elsőbe azok tartoznak, melyek 5-tel oszthatók, a másodikba azok, melyek 5-ös maradéka 1, a harmadikba azok, melyeké 2, a negye-dikbe tartozóké 3, az ötödikbe tartozóké pedig 4. Nyilvánvalónak tűnik az alábbi állítás:

tÉtel: Ha két egész szám ötös maradéka egyenlő, akkor a különbségük osztható öttel.

Ezt az állítást nevezhetjük szükséges feltételnek is, mert az alábbi módon is megfogalmazhatjuk:

tÉtel: Ha két egész szám ötös maradéka egyenlő, akkor szükségképpen öttel osztható a különbségük.

bizonyíTás Legyen n és m két egész szám!Legyen n a r= +5 és m b r= +5 , ahol a b, ∈ és r∈{ }0 1 2 3 4, , , , . Ekkor n m a r b r a b− = + − +( ) = −( )5 5 5 , ami nyilván osztható öttel, mert a b, egész számok. Ezt kellett bizonyítani.

JárJ uTána!

milyen útvonalakon közle-kedett az orient expressz?

151


Igaz ezen állítás megfordítása is:

tÉtel: Ha két egész szám különbsége osztható öttel, akkor a két szám ötös maradéka egyenlő.

Ezt az állítást nevezhetjük elégséges feltételnek is, hiszen így is megfogalmazhatjuk:

tÉtel: Annak, hogy két egész szám különbsége öttel osztható legyen elégséges feltétele, hogy az ötös maradékuk megegyezzen.

bizonyíTás Legyen n és m két egész szám!Legyen n a r= +5 és m b q= +5 , ahol a b, ∈ és r q, , , , , .∈{ }0 1 2 3 4 Tudjuk, hogy 5 n m−( ) , azaz 5 5 5a r b q+ − +( )( ). Mivel 5 5 5a r b q a b r q+ − +( ) = −( ) + −( ) , ahol

5 a b−( ) osztható 5-tel, ezért ha 5 5 5a r b q+ − +[ ]( ) akkor 5 r q−( ). Tudjuk, hogyr q, , , , , ,∈{ }0 1 2 3 4 ezért r q− <5. Emiatt ha 5 r q−( ) , akkor r q− =0, azaz r q= . Ezt kellett bizonyítani.Ezt a két állítást egyben is megfogalmazhatjuk, ekkor kapjuk a szükséges és elégséges feltételt:

tÉtel: Két egész szám különbsége akkor és csak akkor osztható öttel, ha azonos az ötös maradékuk.

Ez alapján öt egész szám még nem elég, mert előfordulhat, hogy páronként különböző mara-dékot adnak öttel osztva és az előzőek alapján nem lesz köztük kettő, melyek különbsége oszt-ható öttel. Hat egész szám viszont a skatulya-elv és az előző tétel alapján már elég, mert lesz köztük kettő, melyek ötös maradéka azonos és ezek különbsége osztható öttel.

3. Példa

Bizonyítsuk be, hogy bármely három négyzetszám között van kettő melyek különbsége oszt-ható hárommal.

meGoldás A bizonyításhoz használjuk az alábbi (egyszerű-en bizonyítható) tételt:

tÉtel: Ha egy természetes szám négyzetszám, akkor a hármas maradéka 0 vagy 1.

Tekintsük ezt a kétféle hármas maradékot egy-egy skatulyá-nak, a három négyzetszámot pedig a bennük elhelyezendő tár-gyaknak! Így a skatulya-elv értelmében három négyzetszám között lesz leg-alább kettő, melyek hármas maradéka megegyezik. Ezek különbsége biztosan osztható hárommal. Ezt kellett bizo-nyítani!

JárJ uTána!

Felhasználva a fizikai isme-reteidet, próbálj meg szük-séges, illetve szükséges és elégséges feltételt adni a szivárvány születésére!

Fogalmazzuk meg az előző feladat megoldásában szereplő tétel megfordítását! Döntsük el, hogy igaz-e ez a megfordítás!

Az állítás:Ha egy természetes szám négyzetszám, akkor a hármas maradéka 0 vagy 1.

A megfordítása:Ha egy természetes szám hármas maradéka 0 vagy 1, akkor a szám négyzetszám.

A megfordítás nem igaz, hiszen a 6-nak is 0 a hármas maradéka mégsem négyzetszám.

Bizonyítsuk be, hogy n darab egész szám között mindig van kettő, melyek különbsége osztható n-nel!

Bizonyítsuk be, hogy bármely négy négyzetszám között van kettő, melyek különbsége osztha-tó öttel!

Szemléltessünk gráfon olyan öttagú társaságot, amelyben egy embernek 4, kettőnek 3, és ket-tőnek 2 ismerőse van!

Az egyik ballagó osztályban egy hatfős baráti társaság elhatározza, hogy mindenki mindenkivel tablóképet cserél. Előfordulhat-e olyan állapota ennek a folyamatnak, hogy ketten már minden-kivel képet cseréltek, egy ember hárommal, ketten kettővel, egy pedig eggyel cserélt képet?

Bizonyítsuk be, hogy bármely egyszerű gráfban van két olyan csúcs melyeknek azonos a fok-száma!

Fogalmazzuk meg az alábbi állítások megfordítását! Döntsük el mindegyik esetben, hogy igaz-e az állítás, illetve annak megfordítása!a) Ha egy négyszög téglalap, akkor átlói felezik egymást.b) Ha egy háromszög egyik súlyvonala merőleges az egyik oldalra, akkor a háromszög egyenlő szárú.c) Ha egy háromszög belső szögeinek az aránya 1:2:3, akkor egyik oldala fele egy másik oldal-nak.d) Ha egy négyszög két szögének az összege , akkor van köré írható köre.e) Ha egy négyszög két átlója merőlegesen felezi egymást, akkor oldalai egyenlők.f) Ha két pozitív egész szám legkisebb közös többszöröse 45, akkor az egyik osztható 9-cel.

A Flymat légitársaság repülőjáratot tervez 10 város között úgy, hogy minden városból pon-tosan 3 járat induljon ki és legfeljebb egy átszállással el lehessen jutni bármely városból bár-mely városba. Megvalósítható a terv?

152

4. Példa

Fogalmazzuk meg az előző feladat megoldásában szereplő tétel megfordítását! Döntsük el, hogy igaz-e ez a megfordítás!

meGoldás Az állítás:Ha egy természetes szám négyzetszám, akkor a hármas maradéka 0 vagy 1.

A megfordítása:Ha egy természetes szám hármas maradéka 0 vagy 1, akkor a szám négyzetszám.

A megfordítás nem igaz, hiszen a 6-nak is 0 a hármas maradéka mégsem négyzetszám.

Bizonyítsuk be, hogy n darab egész szám között mindig van kettő, melyek különbsége osztható n-nel!

Bizonyítsuk be, hogy bármely négy négyzetszám között van kettő, melyek különbsége osztha-tó öttel!

Szemléltessünk gráfon olyan öttagú társaságot, amelyben egy embernek 4, kettőnek 3, és ket-tőnek 2 ismerőse van!

Az egyik ballagó osztályban egy hatfős baráti társaság elhatározza, hogy mindenki mindenkivel tablóképet cserél. Előfordulhat-e olyan állapota ennek a folyamatnak, hogy ketten már minden-kivel képet cseréltek, egy ember hárommal, ketten kettővel, egy pedig eggyel cserélt képet?

Bizonyítsuk be, hogy bármely egyszerű gráfban van két olyan csúcs melyeknek azonos a fok-száma!

Fogalmazzuk meg az alábbi állítások megfordítását! Döntsük el mindegyik esetben, hogy igaz-e az állítás, illetve annak megfordítása!a) Ha egy négyszög téglalap, akkor átlói felezik egymást.b) Ha egy háromszög egyik súlyvonala merőleges az egyik oldalra, akkor a háromszög egyenlő szárú.c) Ha egy háromszög belső szögeinek az aránya 1:2:3, akkor egyik oldala fele egy másik oldal-nak.d) Ha egy négyszög két szögének az összege 180°, akkor van köré írható köre.e) Ha egy négyszög két átlója merőlegesen felezi egymást, akkor oldalai egyenlők.f) Ha két pozitív egész szám legkisebb közös többszöröse 45, akkor az egyik osztható 9-cel.

A Flymat légitársaság repülőjáratot tervez 10 város között úgy, hogy minden városból pon-tosan 3 járat induljon ki és legfeljebb egy átszállással el lehessen jutni bármely városból bár-mely városba. Megvalósítható a terv?

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

153


egy vívóversenyen két egye-sület vívói küzdenek meg egy-mással. az egyik egyesület csa-patában 7, a másikban 6 ver-senyző vesz részt. Hány párost lehet összeállítani a két csapat versenyzőiből, ha a páros egyik tagja az egyik, a másik tagja a másik csapatból kerül ki?

meGoldás A feladat sze-rint a páros egyik tagját az első, a másik tagját a második csapatból választjuk ki. Mivel az első csapatból hétfélekép-pen választhatunk ki egy em-bert, és bárkit is választunk ki ebből a csapatból, a má-sikból mellé hatféleképpen választhatunk társat, ezért összesen 7 6 42⋅ = párost le-het összeállítani.

Ebben a feladatban rendezett elempárokat hoztunk létre. Az elempár első tagjának kiválasz-tása nem befolyásolta a második kiválasztását, a kettő egymástól függetlenül zajlott. Ilyen esetben alkalmazhatjuk a kombinatorika egyik fontos szabályát, az úgynevezett szorzási szabályt. Ha az elempár első tagját m-féleképpen választhatjuk ki, a másodikat n-féleképpen, akkor az elempárokat a megadott sorrendben m n⋅ -féleképpen.

1. Példa

Hányféleképpen juthatunk el A városból a C városba B városon keresztül, ha azokat az alábbi úthálózat köti össze?

meGoldás Mivel az A-ból a C-be két egymást követő útsza-kaszon keresztül lehet eljutni. Az első szakaszt az A-t a B-vel összekötő 3 útból, a másodikat a B-t a C-vel összekötő 5 útból lehet választani. A két választás egymástól független, így al-kalmazhatjuk a szorzási szabályt. Tehát 3 5 15⋅ = -féleképpen juthatunk el A-ból C-be a B-n keresztül.

A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7

B1 A1;B1 A2;B1 A3;B1 A4;B1 A5;B1 A6;B1 A7;B1


B3 A1;B3 A2;B3 A3;B3 A4;B3 A5; B3 A6;B3 A7;B3




A B C

A 0, 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek felhasználásával hány négyjegyű számot készíthetünk, ha a) egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel,b) egy számjegyet többször is felhasználhatunk.

a) Már 9. osztályban is foglalkoztunk ilyen jellegű összeszám-lálási feladattal. A felsorolt hat számjegy közül választunk ki négyet, a négyjegyű szám négy helyi értékére. Az első helyre nem kerülhet a 0, ezért oda csak öt számjegy közül választha-tunk. A második helyre már választhatjuk a 0-t, de azt a szá-mot, amit az első helyre írunk, már nem, mert egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel. Tehát bármelyik megengedett számot írjuk az első helyre, a másodikra öt szám közül választhatunk, így a szorzási szabályt alkalmazva ez lehetőség. Folytassuk tovább a kiválasztást! Bármelyik két különböző számot is tesszük az első két helyre, a harmadikra már csak négy szám közül választhatunk, mert az első két helyi értéken szereplőt már nem tehetjük oda. A szorzási szabályt alkalmaz-va kapjuk, hogy ez eddig lehetőség. Az utolsó helyre már csak 3 számjegy közül választhatunk, így a szorzási szabály alapján olyan négyjegyű szám készíthető a megadott számokból, melyekben a számjegyek nem ismétlődnek.

b) Ebben a feladatban sem tehetjük a 0-t az első helyre, így oda csak öt számjegy közül választhatunk. Mivel a feladat megengedi a számjegyek ismétlődését, ezért a további helyek mindegyikére bármelyik felsorolt számjegyet tehetjük, így a szorzási szabály alapján olyan négyjegyű szám készíthető a megadott számokból, melyekben a számje-gyek ismétlődhetnek.

Egy hatfős baráti társaság, három fiú és három lány, elmennek moziba.Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé?

Tudjuk, hogy a moziban a helyek számozottak, tehát nem mindegy, hogy ki melyik helyre ül. A korábbi feladatokban megismert gondolatmenetet és a szorzási szabályt alkalmazva kapjuk, hogy az első helyre 6 ember közül választ-hatunk és bárki is ül az első helyre, a másodikra már csak 5 ember közül kerülhet valaki és így tovább, míg az utolsó hely-re már csak 1 ember marad, azaz a lehetséges leülések száma

A számításban megjelent az első hat pozi-tív egész szám szorzata, amit röviden úgy jelölünk, hogy 6!, és hat faktoriálisnak olvasunk.

36. beVezeTő kombinaTorikai FeladaTok, a szorzási szabály

154

2. Példa

A 0, 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek felhasználásával hány négyjegyű számot készíthetünk, ha a) egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel,b) egy számjegyet többször is felhasználhatunk.

meGoldás a) Már 9. osztályban is foglalkoztunk ilyen jellegű összeszám-lálási feladattal. A felsorolt hat számjegy közül választunk ki négyet, a négyjegyű szám négy helyi értékére. Az első helyre nem kerülhet a 0, ezért oda csak öt számjegy közül választha-tunk. A második helyre már választhatjuk a 0-t, de azt a szá-mot, amit az első helyre írunk, már nem, mert egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel. Tehát bármelyik megengedett számot írjuk az első helyre, a másodikra öt szám közül választhatunk, így a szorzási szabályt alkalmazva ez 5⋅ =5 25 lehetőség. Folytassuk tovább a kiválasztást! Bármelyik két különböző számot is tesszük az első két helyre, a harmadikra már csak négy szám közül választhatunk, mert az első két helyi értéken szereplőt már nem tehetjük oda. A szorzási szabályt alkalmaz-va kapjuk, hogy ez eddig 25 4 100⋅ = lehetőség. Az utolsó helyre már csak 3 számjegy közül választhatunk, így a szorzási szabály alapján 100 3 300⋅ = olyan négyjegyű szám készíthető a megadott számokból, melyekben a számjegyek nem ismétlődnek.

b) Ebben a feladatban sem tehetjük a 0-t az első helyre, így oda csak öt számjegy közül választhatunk. Mivel a feladat megengedi a számjegyek ismétlődését, ezért a további helyek mindegyikére bármelyik felsorolt számjegyet tehetjük, így a szorzási szabály alapján 5 6 6 6 1080⋅ ⋅ ⋅ = olyan négyjegyű szám készíthető a megadott számokból, melyekben a számje-gyek ismétlődhetnek.

3. Példa

Egy hatfős baráti társaság, három fiú és három lány, elmennek moziba.Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé?

meGoldás Tudjuk, hogy a moziban a helyek számozottak, tehát nem mindegy, hogy ki melyik helyre ül. A korábbi feladatokban megismert gondolatmenetet és a szorzási szabályt alkalmazva kapjuk, hogy az első helyre 6 ember közül választ-hatunk és bárki is ül az első helyre, a másodikra már csak 5 ember közül kerülhet valaki és így tovább, míg az utolsó hely-re már csak 1 ember marad, azaz a lehetséges leülések száma 6 5 4 3 2 1 720⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = . A számításban megjelent az első hat pozi-tív egész szám szorzata, amit röviden úgy jelölünk, hogy 6!, és hat faktoriálisnak olvasunk.

1 2 3 45 5 4 3

. . . .hely hely hely helylehet ség lehet ség lehet ségô ô ô

llehet ségô

a szorzási szabály értelmében ez 5 5 4 3 300⋅ ⋅ ⋅ = darab olyan négy-jegyű szám van, melyben a számje-gyek nem ismétlődnek.

1.hely 2.hely 3.hely 4.hely5 lehetôség 6 lehetôség 6 lehetôség 6

llehetôség

a szorzási szabály értelmében ez 5 ⋅ ⋅ ⋅ =6 6 6 1080 darab olyan négyje-gyű szám van, melyben a számjegyek ismétlődhetnek.

1 2 3

46 5 4

. . .

.

hely hely hely

hlehet ség lehet ség lehet ségô ô ô

eely hely helylehet ség lehet ség lehet ség3 2 1

5 6ô ô ô

. .

a szorzási szabály értelmében ez 6 5 4 3 2 1 720⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = esetet jelent.

155


DeFIníCIÓ: Az első n >( )1 darab pozitív egész szám szorzatát, azaz az 1 2 1⋅ ⋅ ⋅ −( )⋅ n n szorzatot n faktoriálisnak nevezzük. Jelölés: n! A későbbiek szempontjából fontos megállapodni abban, hogy 1 1 0 1! ! .= =és

4. Példa

Egyszerűsítsük az alábbi kifejezéseket, és ahol lehet, számítsuk ki a pontos értéküket!

a) 108

!!

; b) 18

19!

:!; c) 5

415! !

;− d) n

nn

n−( )

−+( )

11

!!

!!.

meGoldás a) Az n faktoriális definíciója alapján 10 1 2 8 9 10 8 9 10! ... ! .= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

Így 108

8 9 108

9 10 90!!

!!

.=⋅ ⋅

= ⋅ =

b) A törtek osztására vonatkozó szabály és az n faktoriális definíciója alapján írhatjuk, hogy 18

19

18

9 8 98

9!

:! !

! !!

.= ⋅ =⋅

=

c) A kivonás elvégzése előtt meg kell keresni a két tört nevezőjének legkisebb közös többszö-rösét! Mivel az 5 5 4! !,= ⋅ ezért ötszöröse a 4!-nak, így a legkisebb közös többszörösük az 5!. Ez

alapján 54

15

25 15

244 5

2424 5

15! ! ! !

.− =−

=⋅=

⋅=

d) Először végezzünk egyszerűsítést. Mivel n n n+( ) = ⋅ +( )1 1! ! és n n n! ! ,= −( ) ⋅1 ezért mindkét törtben egyszerűsíthetünk. Az egyszerűsítés után kapjuk:

nn

nn

nn n

nn n n n

−( )−

+( )=

−( )−( ) ⋅

−⋅ +( )

= −+

=1

11

1 11 1

1!

!!

!!

!!

!=

+ −+

=+

n nn n n n

11

11( ) ( )

A legtöbb számológéppel lehet faktoriálist számolni, ami nagyobb számokkal való számolás-nál megkönnyítheti a dolgunkat, de a matematikai ismereteket természetesen ez nem helyet-

tesíti. Például 11!

-

jű hatvány definíciójatulajdonságasin , ,5086 07756 =

39 916 800SHIFT

X!

Egy osztályban 16 fiú és 14 lány van. Hányféleképpen választhatunk ki egy kétfős diákparla-menti küldöttséget, ha lennie kell benne lánynak is és fiúnak is?

Hányféleképpen állíthatjuk össze az előző küldöttséget, ha mindkét tagja a) fiú,b) lány?

Feladatok

1.

2.

JárJ uTána!

Hány nullára végződik a 100! ?

156

Egyszerűsítsük az alábbi kifejezéseket, és ahol lehet, számítsuk ki a pontos értéküket!

a) b) c) d)

a) Az n faktoriális definíciója alapján

Így

b) A törtek osztására vonatkozó szabály és az n faktoriális definíciója alapján írhatjuk, hogy

c) A kivonás elvégzése előtt meg kell keresni a két tört nevezőjének legkisebb közös többszö-rösét! Mivel az ezért ötszöröse a 4!-nak, így a legkisebb közös többszörösük az 5!. Ez

alapján

d) Először végezzünk egyszerűsítést. Mivel és ezért mindkét törtben egyszerűsíthetünk. Az egyszerűsítés után kapjuk:

A legtöbb számológéppel lehet faktoriálist számolni, ami nagyobb számokkal való számolás-nál megkönnyítheti a dolgunkat, de a matematikai ismereteket természetesen ez nem helyet-

tesíti. Például 11!

Egy osztályban 16 fiú és 14 lány van. Hányféleképpen választhatunk ki egy kétfős diákparla-menti küldöttséget, ha lennie kell benne lánynak is és fiúnak is?

Hányféleképpen állíthatjuk össze az előző küldöttséget, ha mindkét tagja a) fiú,b) lány?

A páros számjegyekből hány háromjegyű szám készíthető? Ezek közül hány végződik hárommal osztható számjegyre?

Egy hegy tetejére hat különböző meredekségű turistaút vezet. a) Hányféle útvonalat választhat a turista, ha felmászik csúcsra, majd lejön onnan?b) Hányféle útvonalat választhat, ha nem szeretne azon lejönni, ami felment?

Egy dobókockával kétszer egymásután do-bunk. A dobott eredményeket leírjuk.Hányféle kétjegyű számot kaphatunk?

Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával elkészítjük az összes háromjegyű számot. Hány olyan szám van közöttük, amelyben mindhárom számjegy páros, ha egy számjegyet csak egy-szer használhatunk fel?

Válaszoljunk az előző feladat kérdéseire, ha egy számjegyet többször is felhasználhatunk!

A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával hány olyan hétjegyű számot készíthetünk, amelyben nincs két egyenlő számjegy?

Hozzuk egyszerűbb alakra az alábbi kifejezéseket, és ahol lehet, adjuk meg egyetlen racionális számként!

a) 10099

9897

!!

!!;− b) 10

7 3!

! !;

⋅ c) 20

16 41618

!! !

!!;

⋅⋅

d) 189

168

!!

: !!

; e) 1506

14!

!!;− f) n

nn

n!

( )!( )!

!.

−+

+2

1

Hányféleképpen helyezhetünk el egy 8 × 8-as sakktáblán egy világos és egy sötét bástyát úgy, hogy ne üssék egymást?

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

157


az előző lecke 3. példájában szereplő hatfős baráti társa-ság, három fiú és három lány, elmennek moziba.Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé, ha fiú, fiú mellé és lány, lány mellé nem akar ülni?

meGoldás Mivel két azonos nemű nem ülhet egymás mellé, ezért vagy az FLFLFL, vagy az LFLFLF lehetőség valósul meg. Mivel mind a fiúk, mind lányok hárman-hárman vannak, ezért a szorzási szabály és az eddigi gondolatmenet alkalmazásával kapjuk, hogy mindkét elhelyezkedés 3 3 2 2 1 1 9 4 36⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = -féleképpen valósulhat meg. Ebből következően összesen 36 36 72+ = -féleképpen helyezkedhetnek el a feltételeknek megfelelően.

1. Példa

Az előző lecke 2. példájának a) részében szereplő négyjegyű számok között hány olyan van, amelyik osztható öttel?

meGoldás Kilencedik osztályban tanultuk, hogy az egész számok öttel való oszthatósá-gának szükséges és elégséges feltétele, hogy a szám 0-ra vagy 5-re végződjön, azaz az alábbi tételt fogalmaztuk meg:

tÉtel: Egy egész szám akkor és csak akkor osztható 5-tel, ha az utolsó számjegye 0 vagy 5.

Tehát meg kell adnunk az előző feladat a) részében szereplő négyjegyű számok közül a 0-ra vagy 5-re végződők számát. Az összeszámlálást bontsuk két részre! Először az 5-re, majd a 0-ra végződő számokat számoljuk össze! Mivel, egy a fel-adatnak megfelelő, öttel osztható négyjegyű szám vagy az egyik, vagy a másik csoportba tartozik, ezért az így kapott két értéket össze kell adni!Az előző feladat a) részében szereplő négyjegyű számok közül az ötre végződők száma 4 4 3 1 48⋅ ⋅ ⋅ = . Felhasználtuk, hogy az utolsó helyre csak egy számjegy kerülhet, az első helyre nem kerülhet a 0, valamint a végén szereplő 5-ös. A 0-ra végződők esetén ugyancsak egy számjegy kerülhet a végére, nevezete-sen a 0, de az első helyre öt szám közül választhatunk, mert a 0-t már kizártuk azzal, hogy a végére tettük. Így ezek száma 5 4 3 1 60⋅ ⋅ ⋅ = . Tehát a feladatnak megfelelő öttel osztható négyje-gyű számok száma 48 60 108+ = .

beVezeTő kombinaTorikai FeladaTok, az összeadási szabály

1 2 3 54 4 3 1

. . .hely hely helylehet ség lehet ség lehet ség lehetô ô ô

ôôség

a szorzási szabály értelmében ez 4 4 3 1 48⋅ ⋅ ⋅ = darab olyan négyjegyű szám, amely 5-re végződik.

1 2 3 05 4 3 1

. . .hely hely helylehet ség lehet ség lehet ség lehetô ô ô

ôôség

a szorzási szabály értelmében ez 5 4 3 1 60⋅ ⋅ ⋅ = darab olyan négyjegyű szám, amely 0-ra végződik.

Ha egy A „objektumot” n-féleképpen lehet megvalósítani, egy másik B „objektumot” pedig m-fé-leképpen, és a kettő együtt nem valósulhat meg, akkor a „vagy A, vagy B” megvalósítása n + m-fé-leképpen lehetséges. Ezt a szabályt nevezzük a kombinatorika összeadási szabályának.

Aladár, Béla, Cecília, Dezső május elsején felülnek egy hullámvasútra, amelynek két-személyes kocsijai vannak. Hányféleképpen ülhetnek be – kettesével – a kocsikba?

Aladár három emberrel ülhet egy kocsiba. Mindegyik esetben a fennma-radó két ember már csak egy-féleképpen állítható párba. Így a párba állítások száma

Az előző társasághoz csatlakozik még Elemér és Ferenc. Hányféleképpen ülhetnek be ekkor a kocsikba?

Aladár ekkor öt emberrel ülhet egy kocsiba. Mindegyik esetben a fennmaradó négy ember, az előző példa szerint, 3-féleképpen ülhet be a kocsikba. Így a keresett lehetősé-gek száma:

Hány olyan négyjegyű szám van, amelyben a számjegyek összege 4?

Ezt a feladatot is akkor tudjuk megoldani, ha részeire bontjuk. Vizsgáljuk azt, hogy hányféleképpen lehet négy számjegy összege 4:I. 4 + 0 + 0 + 0. Egy ilyen szám van, az 4000.

II. 3 + 1 + 0 + 0. A megfelelő számok: 3100, 3010, 3001, 1300, 1030, 1003. Hat ilyen szám van.

III. 2 + 2 + 0 + 0. A megfelelő számok: 2200, 2020, 2002. Három ilyen szám van.

IV. 2 + 1 + 1 + 0. A megfelelő számok: 2110, 2101, 2011, 1210, 1201, 1120, 1102, 1021, 1012. Kilenc ilyen szám van.

V. 1 + 1 + 1 + 1. Egy ilyen szám van, az 1111.A keresett számok száma összesen 20.

37.

158

Ha egy A „objektumot” n-féleképpen lehet megvalósítani, egy másik B „objektumot” pedig m-fé-leképpen, és a kettő együtt nem valósulhat meg, akkor a „vagy A, vagy B” megvalósítása n + m-fé-leképpen lehetséges. Ezt a szabályt nevezzük a kombinatorika összeadási szabályának.

2. Példa

Aladár, Béla, Cecília, Dezső május elsején felülnek egy hullámvasútra, amelynek két-személyes kocsijai vannak. Hányféleképpen ülhetnek be – kettesével – a kocsikba?

meGoldás Aladár három emberrel ülhet egy kocsiba. Mindegyik esetben a fennma-radó két ember már csak egy-féleképpen állítható párba. Így a párba állítások száma 3 1 3⋅ = .

3. Példa

Az előző társasághoz csatlakozik még Elemér és Ferenc. Hányféleképpen ülhetnek be ekkor a kocsikba?

meGoldás Aladár ekkor öt emberrel ülhet egy kocsiba. Mindegyik esetben a fennmaradó négy ember, az előző példa szerint, 3-féleképpen ülhet be a kocsikba. Így a keresett lehetősé-gek száma: 5 3 1 15⋅ ⋅ = .

4. Példa

Hány olyan négyjegyű szám van, amelyben a számjegyek összege 4?

meGoldás Ezt a feladatot is akkor tudjuk megoldani, ha részeire bontjuk. Vizsgáljuk azt, hogy hányféleképpen lehet négy számjegy összege 4:I. 4 + 0 + 0 + 0. Egy ilyen szám van, az 4000.

II. 3 + 1 + 0 + 0. A megfelelő számok: 3100, 3010, 3001, 1300, 1030, 1003. Hat ilyen szám van.

III. 2 + 2 + 0 + 0. A megfelelő számok: 2200, 2020, 2002. Három ilyen szám van.

IV. 2 + 1 + 1 + 0. A megfelelő számok: 2110, 2101, 2011, 1210, 1201, 1120, 1102, 1021, 1012. Kilenc ilyen szám van.

V. 1 + 1 + 1 + 1. Egy ilyen szám van, az 1111.A keresett számok száma összesen 20.

érdekesséGa világ leghosszabb hullámvasútja az egyesült államokban, ohioban található, a neve Gatekeeper. az 1270 m hosszú pályán körönként 6 alkalommal vannak fejjel lefelé az utasok, akik időnként akár

110 kmh

-s sebességgel is száguldanak.

JárJ uTána!

Hány párba állítási lehető-ség van 8, 10, 12, … ember esetében?

159


Egy hegy tetejére hat különböző meredekségű turistaút vezet. Hány-féleképpen választhat útvonalat egy turista abban az esetben, ha legfeljebb olyan meredekségűn szeretne lejönni, mint amilyenen felment?

Egy dobókockával kétszer egymásután dobunk. A dobott eredményeket egymás után leírjuk. Az így kapható kétjegyű számok között hány olyan leheta) melyben a számjegyek összege kisebb ötnél;b) melyben a számjegyek szorzata páratlan;c) melyben a számjegyek szorzata páros;d) melyben az egyik számjegye osztója a másiknak?

Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával elkészítjük az összes háromjegyű számot. Hány olyan szám van közöttük, amelybena) egy számjegy páratlan, kettő páros,b) egy számjegy páros, kettő páratlan,c) mindhárom számjegy páratlan,ha egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel?


A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával hány olyan hétjegyű számot készíthetünk, amelyben nincs két egyenlő számjegy, és nincs két páros számjegy egymás mellett?

Öt diák, három fiú és két lány, nyáron dolgozni szeretne az egyik városban. Három különböző üzemben keresnek a gépek mellé fiúkat, és az egyikben takarítói állásra lányokat. Két vendég-lőben konyhai kisegítő állásra fiúkat és lányokat is egyaránt. Hányféleképpen helyezkedhetnek el, ha egyik helyen sincs létszámkorlátozás? Hányféleképpen helyezkedhetnek el, ha a két lány nem szeretne ugyanazon a munkahelyen dolgozni?

Egy játékban Arnold kék, Bence piros színnel kiszínezi egy kocka éleit, lépésenként hármat-hármat, míg az összes élt be nem színezik. Ha a kocka valamelyik lapjának minden éle kék, akkor Arnold nyer, ellenkező esetben Bence. Kinek lehet nye-rő stratégiája?Hányféleképpen alakulhat a kocka éleinek a színezése a játék végére?

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Az első helyen nyolc ló végezhet és bármelyik is lesz az első, a másodikra már csak 7 ló kerülhet, és akárme-lyik két ló is kerül az első két helyre a harmadik már csak hat ló közül kerülhet ki. A szorzási szabály alkalmazásával kap-juk, hogy az érmeket -féleképpen oszthatjuk ki.

Az 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 számjegyekből hány négyjegyű szám készíthető, ha egy számjegyet legfel-jebb csak egyszer használhatunk fel? Ezek közül hányban szerepel az 5-ös számjegy?

Az első kérdésre az előző feladatban szereplő gondolatmene-tet alkalmazva adhatjuk meg a választ. A megadott hét szám-jegy közül választunk ki négyet a négyjegyű szám négy helyi értékére. Bármelyiket is választjuk az első helyre, a másodikra már csak hat, a harmadikra öt, a negyedikre pedig négy szám-jegy közül választhatunk. A szorzási szabály értelmében olyan négyjegyű szám készíthető a megadott számjegyekből, melynek minden számjegye különböző.

A feladat második részére két megoldást adunk.1. módszer:Mivel egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel, ezért csak egy 5-ös szerepelhet a számban. Ez az ötös lehet az ezresek, a százasok, a tízesek, illetve az egyesek helyén. Mind-egyik esetben a maradék három helyre 6 ·5· 4 = 120-féleképpen írhatunk számjegyeket. Így összesen 4 · 120 = 480 ilyen szám képezhető.

2. módszer:A 9. osztályban már találkoztunk az úgynevezett komplementer módszerrel. Ha az összes eset számából kivonjuk a feladat szempontjából kedvezőtlen esetek számát, akkor megkapjuk a kedvező esetek számát. Most kedvezőtlennek tekintjük azokat a négyjegyű számokat, melyek számjegyei között nem szerepel 5-ös számjegy. Mivel az 5-öt elhagyva hat számjegy közül vá-

160

Egy hegy tetejére hat különböző meredekségű turistaút vezet. Hány-féleképpen választhat útvonalat egy turista abban az esetben, ha legfeljebb olyan meredekségűn szeretne lejönni, mint amilyenen felment?

Egy dobókockával kétszer egymásután dobunk. A dobott eredményeket egymás után leírjuk. Az így kapható kétjegyű számok között hány olyan leheta) melyben a számjegyek összege kisebb ötnél;b) melyben a számjegyek szorzata páratlan;c) melyben a számjegyek szorzata páros;d) melyben az egyik számjegye osztója a másiknak?

Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával elkészítjük az összes háromjegyű számot. Hány olyan szám van közöttük, amelybena) egy számjegy páratlan, kettő páros,b) egy számjegy páros, kettő páratlan,c) mindhárom számjegy páratlan,ha egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel?


A 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek felhasználásával hány olyan hétjegyű számot készíthetünk, amelyben nincs két egyenlő számjegy, és nincs két páros számjegy egymás mellett?

Öt diák, három fiú és két lány, nyáron dolgozni szeretne az egyik városban. Három különböző üzemben keresnek a gépek mellé fiúkat, és az egyikben takarítói állásra lányokat. Két vendég-lőben konyhai kisegítő állásra fiúkat és lányokat is egyaránt. Hányféleképpen helyezkedhetnek el, ha egyik helyen sincs létszámkorlátozás? Hányféleképpen helyezkedhetnek el, ha a két lány nem szeretne ugyanazon a munkahelyen dolgozni?

Egy játékban Arnold kék, Bence piros színnel kiszínezi egy kocka éleit, lépésenként hármat-hármat, míg az összes élt be nem színezik. Ha a kocka valamelyik lapjának minden éle kék, akkor Arnold nyer, ellenkező esetben Bence. Kinek lehet nye-rő stratégiája?Hányféleképpen alakulhat a kocka éleinek a színezése a játék végére?

egy lóverseny döntőjét nyolc ló között rendezik. az első helye-zett arany-, a második ezüst-, a harmadik bronzérmet nyer. Hányféleképpen lehet kiosztani az érmeket?

meGoldás Az első helyen nyolc ló végezhet és bármelyik is lesz az első, a másodikra már csak 7 ló kerülhet, és akárme-lyik két ló is kerül az első két helyre a harmadik már csak hat ló közül kerülhet ki. A szorzási szabály alkalmazásával kap-juk, hogy az érmeket 8 7 6 336⋅ ⋅ = -féleképpen oszthatjuk ki.

1. Példa

Az 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 számjegyekből hány négyjegyű szám készíthető, ha egy számjegyet legfel-jebb csak egyszer használhatunk fel? Ezek közül hányban szerepel az 5-ös számjegy?

meGoldás Az első kérdésre az előző feladatban szereplő gondolatmene-tet alkalmazva adhatjuk meg a választ. A megadott hét szám-jegy közül választunk ki négyet a négyjegyű szám négy helyi értékére. Bármelyiket is választjuk az első helyre, a másodikra már csak hat, a harmadikra öt, a negyedikre pedig négy szám-jegy közül választhatunk. A szorzási szabály értelmében 7 6 5 4 840⋅ ⋅ ⋅ = olyan négyjegyű szám készíthető a megadott számjegyekből, melynek minden számjegye különböző.

A feladat második részére két megoldást adunk.1. módszer:Mivel egy számjegyet csak egyszer használhatunk fel, ezért csak egy 5-ös szerepelhet a számban. Ez az ötös lehet az ezresek, a százasok, a tízesek, illetve az egyesek helyén. Mind-egyik esetben a maradék három helyre 6 ·5· 4 = 120-féleképpen írhatunk számjegyeket. Így összesen 4 · 120 = 480 ilyen szám képezhető.

2. módszer:A 9. osztályban már találkoztunk az úgynevezett komplementer módszerrel. Ha az összes eset számából kivonjuk a feladat szempontjából kedvezőtlen esetek számát, akkor megkapjuk a kedvező esetek számát. Most kedvezőtlennek tekintjük azokat a négyjegyű számokat, melyek számjegyei között nem szerepel 5-ös számjegy. Mivel az 5-öt elhagyva hat számjegy közül vá-

Variációk

1 2 3 47 6 5 4

. . . .hely hely hely helylehet ség lehet ség lehet ségô ô ô

llehet ségô

a szorzási szabály értelmében ez 7 6 5 4 840⋅ ⋅ ⋅ = darab olyan négyjegyű szám, melyben a számjegyek nem ismétlődnek.

8 lehet ség 7 lehet ség 6 lehet ségô ô ô

a szorzási szabály értelmében8 7 6 336⋅ ⋅ = -féle kép pen oszthatjuk ki az érmeket.

38.

161


lasztunk ki négy darabot, így a szorzási szabály értelmében 6 5 4 3 360⋅ ⋅ ⋅ = szám van a feladatbeli négyjegyű számok halmazában, melyek számje-gyei között nincs 5-ös. Így 840 360 480− = olyan négyjegyű szám van ebben a halmazban, melynek a számjegyei között szerepel 5-ös.

Az előző leckékben néhány egyszerű összeszám-lálási problémán keresztül megismerkedtünk a kombinatorika két nagyon fontos szabályával, a szorzási és az összeadási szabállyal. A matema-tikában gyakran tesszük azt, hogy az egyes problématípusokat, tételeket általánosan tárgyaljuk, majd a kapott eredményeket alkalmazzuk konkrét esetekben. Gondoljunk akár a másodfokú egyenlet megoldóképletére, vagy geometriából a Pitagorasz-tételre! A kombinatorikában is van-nak bizonyos összeszámlálási problémák, melyek különösen gyakran fordulnak elő.

A bevezető példában megadtuk, hogy a nyolc ló halmazából hányféleképpen választhatunk ki hármat az összes lehetséges módon úgy, hogy különböző kiválasztási sorrendek külön-bözőnek számítanak. Ez azt jelenti, hogy így létrehozott két elemhármast akkor és csak akkor tekintünk különbözőnek, ha vagy a bennük szereplő valamelyik elemben, vagy azok sorrendjében különböznek. Ezeket az elemhármasokat nevez-zük nyolc elem harmadosztályú ismétlés nélküli variációinak. Eszerint az 1. példa első részében hét elem negyedosztályú ismétlés nélküli variációinak a számát adtuk meg.

DeFIníCIÓ: Adott egy n-elemű halmaz. Ezen n darab elemből kiválasztott k darab k n≤( ) különböző elem egy sorrendjét az n elem egy k-adosztályú ismétlés nélküli variációjá-nak nevezzük.

Ha k darab elem egy sorrendjét rendezett k-asnak nevezzük, akkor az n elem k-adosztályú ismétlés nélküli variációi az n különböző elemből képezhető rendezett k-asok.

tÉtel: Egy n-elemű halmaz k-adosztályú ismétlés nélküli variációinak a száma:

V n n n k nn kn

k = ⋅ − ⋅ ⋅ − + =−

( ) ... ( ) !( )!

.1 1

bizonyíTás

A bizonyítás a konkrét példákban alkalmazott gondolatmenet felhasználásával történhet. Az n darab különböző elem közül kell kiválasztanunk k darab különbözőt, így az első helyre n elem kö-zül választhatunk, és bármelyiket is választottuk az első helyre, a második helyre n-1 elem közül lehet választani és így tovább, míg a k-adik helyre már csak n k n k− −( ) = − +1 1 elem közül vá-laszthatunk, mert k-1 darabot már kiválasztottunk. A szorzási szabályt alkalmazva kapjuk, hogy V n n n kn

k = ⋅ − ⋅ ⋅ − +( ) ... ( ).1 1 Ha ezt bővítjük (n-k)!-sal, akkor kapjuk, hogy

V n n n k n n n k n kn k

nnk = ⋅ − ⋅ ⋅ − + =

⋅ − ⋅ ⋅ − + ⋅ −−

=( ) ... ( ) ( ) ... ( ) ( )!( )!

1 1 1 1 !!( )!

.n k−

Ezt kellett bizonyítani.

a számjegyek halmaza: {2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. Például a 3675 a megadott hét elem egy negyedosztályú ismétlés nélküli variációja.

a lovak halmaza: {a, b, c, d, e, F, G, H}. Három lehetséges elemhármas például:(a, b, d); (b, d, a); (b, H, a). mindhárom a megadott nyolc elem egy-egy harmadosztályú ismétlés nélküli variációja.

Egy 30 fős osztályban osztálytitkárt, sportfelelőst és pénztárost választanak. Hányféleképpen tehetik ezt meg, ha egy diák egyszerre legfeljebb egy tisztséget tölthet be?

A 30 fős osztály diákjai közül hármat választanak ki úgy, hogy számít mind az, hogy kit választanak ki, mind az, hogy kit milyen posztra. Ezért 30 elem harmadosztályú is-métlés nélküli variációinak a számát keressük, ami

Magyarországon 1947 óta igen népszerű sze-rencsejáték a totó. Egészen 1964-ig egy oszlo-pos szelvényen lehetett 12 mérkőzésre tippelni, a ma is használatos 1, 2, x jelekkel. Az ilyen fajta totó esetén hány szelvényt kell kitölteni ahhoz, hogy biztosan legyen telitalálatunk? Hány évig tartana ezek kitöltése, ha egy szelvény kitöl-téséhez szükséges idő átlagosan 3 perc lenne? (Ennek értékét egy tizedesjegyre kerekítve adjuk meg!)

Akkor lehetünk biztosak abban, hogy van telitalálatunk, ha pontosan annyi totó-szelvényt töltünk ki különbözőképpen, ahány-féleképpen ki lehet tölteni egy totószelvényt. Mivel mind a 12 helyre 3 lehetőség közül vá-laszthatunk egymástól függetlenül, így a szor-zási szabály alapján -féleképpen tölthetünk ki egy totószelvényt. Ha egy szel-vény kitöltése átlagosan 3 percig tart, akkor ez 1594323 percet, órát, 26572,05 : 24 = 1107,16875 napot,

évet vesz igénybe.

A feladatban szereplő totószelvényen 12 helyre kell az 1, 2, x szimbólumok valamelyikét beírni. Ez egy rendezett „tizenkettő hosszú” jelsorozat felírását jelenti. Tehát a feladat megadja, hogy az 1, 2, x jelekből hányféle rendezett „tizenkettő hosszúságú” jelsorozatot hozhatunk létre. Egy ilyet a megadott három elem tizenketted osztá-lyú ismétléses variációjának nevezünk.

JárJ uTána!

minden idők legeredményesebb ver-senylova volt kincsem, a csodakanca. 1876 és 1879 között 54 futamon ke-resztül nem talált legyőzőre. Hogyan kapcsolódik a neve a csillagászathoz?

162

2. Példa

Egy 30 fős osztályban osztálytitkárt, sportfelelőst és pénztárost választanak. Hányféleképpen tehetik ezt meg, ha egy diák egyszerre legfeljebb egy tisztséget tölthet be?

meGoldás A 30 fős osztály diákjai közül hármat választanak ki úgy, hogy számít mind az, hogy kit választanak ki, mind az, hogy kit milyen posztra. Ezért 30 elem harmadosztályú is-métlés nélküli variációinak a számát keressük, ami V30

3 30 29 28 24360= ⋅ ⋅ = .

3. Példa

Magyarországon 1947 óta igen népszerű sze-rencsejáték a totó. Egészen 1964-ig egy oszlo-pos szelvényen lehetett 12 mérkőzésre tippelni, a ma is használatos 1, 2, x jelekkel. Az ilyen fajta totó esetén hány szelvényt kell kitölteni ahhoz, hogy biztosan legyen telitalálatunk? Hány évig tartana ezek kitöltése, ha egy szelvény kitöl-téséhez szükséges idő átlagosan 3 perc lenne? (Ennek értékét egy tizedesjegyre kerekítve adjuk meg!)

meGoldás Akkor lehetünk biztosak abban, hogy van telitalálatunk, ha pontosan annyi totó-szelvényt töltünk ki különbözőképpen, ahány-féleképpen ki lehet tölteni egy totószelvényt. Mivel mind a 12 helyre 3 lehetőség közül vá-laszthatunk egymástól függetlenül, így a szor-zási szabály alapján 3 53144112 = -féleképpen tölthetünk ki egy totószelvényt. Ha egy szel-vény kitöltése átlagosan 3 percig tart, akkor ez 1594323 percet, 1594323 60 26572 05: ,= órát, 26572,05 : 24 = 1107,16875 napot, 1107 16875 365 3 0, : ,≈ évet vesz igénybe.

A feladatban szereplő totószelvényen 12 helyre kell az 1, 2, x szimbólumok valamelyikét beírni. Ez egy rendezett „tizenkettő hosszú” jelsorozat felírását jelenti. Tehát a feladat megadja, hogy az 1, 2, x jelekből hányféle rendezett „tizenkettő hosszúságú” jelsorozatot hozhatunk létre. Egy ilyet a megadott három elem tizenketted osztá-lyú ismétléses variációjának nevezünk.

DeFIníCIÓ: Adott egy n-elemű n∈( )+ halmaz. Ha úgy hozunk létre rendezett k-asokatk∈( ) , hogy egy elemet többször is kiválaszthatunk, akkor az n elem k-adosztályú is-

métléses variációit kapjuk.

tÉtel: Egy n-elemű halmaz k-adosztályú ismétléses variációinak a száma V nnk i k( ) .=

érdekesséGaz 1947 október 19-i totószelvény egy lehetséges kitöltése látható. ez az 1, 2, x elemek egy tizenkettedosztályú ismétléses variációja.

Érvényes1947.

október19-ére

Újpest – Ferencváros xKispest – Vasas 1Erzsébeti MTK – MTK 1Csepel – SZAC Barátság 2Elektromos – Mateosz xSzolnok – Haladás xSalgótarjáni BTC – Debreceni VSC 2Hatvani BTC – ErSo Madisz 2Békéscsabai Előre – Orosházi MTK xSoproni VSC – Tatabányai BSC 2Diósgyőri VTK – Pereces 1Győri MÁV DAC – Postás 1

38. hét

163


bizonyíTás

Mivel a k hely mindegyikére egymástól függetlenül n darab elem közül választhatunk, ezért a szorzási szabály értelmében a k-adosztályú ismétlés nélküli variációk száma V n n n nn

k i

k db

k( ) ... .= ⋅ ⋅ ⋅ =

4. Példa

Egy dobókockával négyszer dobunk egymás után és a dobott számokat leírjuk egymás mellé. a) Hány különböző négyjegyű számot kaphatunk ily módon?b) Mennyi ezeknek a számok összege?

meGoldás a) A keletkező négyjegyű számok az {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmaz elemeiből képezhető negyedosz-tályú ismétléses variációk, mivel olyan rendezett négyeseket hozunk létre, melyekben egy elemet többször is felhasználhatunk. Ezek száma V i

64 46 1296( ) .= =

b) Először számítsuk ki, hogy hány ezrest, százast, tízest és egyest adunk össze, mikor kiszá-moljuk a számok összegét! Mivel az ezres helyi értékre mind a hat számot írhatjuk és mindegyik esetén a maradék három helyre összesen 6 6 6 216⋅ ⋅ = -féleképpen írhatunk számjegyeket, ezért összesen 1 2 3 4 5 6 216 4536+ + + + +( )⋅ = ezrest adunk össze. Ezek összértéke 4536 1000 4536000⋅ = .

Mivel az ezresek helyi értékének nincs kitüntetett szerepe a többi helyi értékhez viszonyítva, így a százasok, a tízesek és az egyesek száma is 4536. Ezt foglaljuk táblázatba!

Tehát az a) részben szereplő számok összege 5039496.

Egy 32 fős osztályban öt különböző tárgyat szeretnénk szét-osztani. Hányféleképpen tehetjük ezt meg, ha egy diáka) csak egy,b) több tárgyat is kaphat?

Egy 32 lapos magyar kártyából egymásután kihúzunk 4 lapot és a húzás sorrendjében letesszük egymás mellé az asztalra. Hányféleképpen lehetséges ez?

Feladatok

1.

2.

ezresek százasok tízesek egyesekszáma 4536 4536 4536 4536értéke 4536000 453600 45360 4536

a teljes összeg: 4536000 453600 45360 4536 4536 1111 5039496+ + + = ⋅ =

JárJ uTána!

Hogyan kapcsolódik össze kodály zoltán és a variáció?

164

Mivel a k hely mindegyikére egymástól függetlenül n darab elem közül választhatunk, ezért a szorzási szabály értelmében a k-adosztályú ismétlés nélküli variációk száma

Egy dobókockával négyszer dobunk egymás után és a dobott számokat leírjuk egymás mellé. a) Hány különböző négyjegyű számot kaphatunk ily módon?b) Mennyi ezeknek a számok összege?

a) A keletkező négyjegyű számok az {1, 2, 3, 4, 5, 6} halmaz elemeiből képezhető negyedosz-tályú ismétléses variációk, mivel olyan rendezett négyeseket hozunk létre, melyekben egy elemet többször is felhasználhatunk. Ezek száma

b) Először számítsuk ki, hogy hány ezrest, százast, tízest és egyest adunk össze, mikor kiszá-moljuk a számok összegét! Mivel az ezres helyi értékre mind a hat számot írhatjuk és mindegyik esetén a maradék három helyre összesen -féleképpen írhatunk számjegyeket, ezért összesen

ezrest adunk össze. Ezek összértéke Mivel az ezresek helyi értékének nincs kitüntetett szerepe a többi helyi értékhez viszonyítva, így a százasok, a tízesek és az egyesek száma is 4536. Ezt foglaljuk táblázatba!

Tehát az a) részben szereplő számok összege 5039496.

Egy 32 fős osztályban öt különböző tárgyat szeretnénk szét-osztani. Hányféleképpen tehetjük ezt meg, ha egy diáka) csak egy,b) több tárgyat is kaphat?

Egy 32 lapos magyar kártyából egymásután kihúzunk 4 lapot és a húzás sorrendjében letesszük egymás mellé az asztalra. Hányféleképpen lehetséges ez?

Mi a válasz az előző feladat kérdésére, ha a kihúzás után visszatesszük a kihúzott lapot, de a kihúzás sorrendjében felírjuk azokat egy papírra?

A 2. feladatban kihúzott lapok között hány esetben lesz legalább egy ász? Hány esetben nem lesz piros?

Egy dobókockával ötször dobunk egymás után és a kapott számokat a dobás sorrendjében leírjuk egymás mellé. Hány esetben lesz a dobott számok közötta) legalább egy kettes,b) hármas vagy kettes,c) négyes és ötös?

Az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyekből hány olyan négyjegyű szám készíthető, amelyben legalább egy számjegy ismétlődik?

Tíz cédulára felírtuk a tíz számjegyet, majd beletesszük azokat egy dobozba. Ezután kihúzunk öt cédulát, melyeket a húzás sorrendjében leteszünk egymás mellé. a) Hány olyan ötjegyű szám keletkezik, melynek minden számjegye páratlan?b) Hány olyan ötjegyű szám keletkezik, melynek minden számjegye páros?c) Hány olyan ötjegyű szám keletkezik, melynek van páros számjegye?d) Hány olyan ötjegyű szám keletkezik, amely osztható néggyel?e) Hány olyan ötjegyű szám keletkezik, amely osztható öttel?

Határozzuk meg azon ötjegyű számok összegét, melyek az előző feladatban keletkezhetnek!

Az 1_2_3_4_5_6_7 számok közé az üres helyekre a + és a - műveleti jelek valamelyikét írjuk. Hányféle végeredménye lehet a műveletsornak? Ezek közül melyik a legnagyobb, illetve a leg-kisebb? Lehet-e az eredmény 0? Lehet-e 3?

Tudjuk, hogy n elem másodosztályú ismétlés nélküli variációinak a száma 1260. Mennyi az n?

Színezzük ki a 3 × 3-as táblázat mezőit minél több színnel úgy, hogy bármely két színhez talál-ható legyen egy-egy ilyen oldalukkal szomszédos mező (mellékelten néhány példa)!

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

11.

165

V. Gondolkodási módszerek, kombinatorika, ValószínűséGszámítás

Permutációk

az európai parlamenti válasz-táson 2009-ben magyaror-szágon nyolc pártnak sikerült listát állítania. azt, hogy ezek a pártok milyen sorrendben szerepelnek a szavazócédulán, sorsolással dönti el az or-szágos Választási bizottság. Hányféle sorrendje lehet a listát állító nyolc pártnak?

meGoldás Mivel a nyolc párt összes lehetsé-ges sorrendjének a számát kell megadni, ezért nyolc helyre kell választani úgy, hogy egy elemet csak egyszer választhatunk ki. Az első helyre nyolc elem közül választhatunk, és bármelyiket is tesszük ide, a másodikra hét elem közül lehet választani és így tovább, a nyolcadik helyre már csak egy elem marad. A szorzási szabály értel-mében az összes lehetséges sorrend 8 7 2 1 40320⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =... . A korábban tanultak alapján az előző szorzatot rövidebben 8! (nyolc faktoriális) alakban írhatjuk le.

Az előző leckében megadott definíció alapján a nyolc párt egy sorrendje lényegében egy ren-dezett nyolcas. Ezzel tehát nyolc elem nyolcad osztályú ismétlés nélküli variációinak a számát határoztuk meg. Mivel mind a nyolc elemet felhasználtuk, ezért két ilyen variációt akkor és csak akkor tekintünk különbözőnek, ha bennük az elemek sorrendje más. Az ilyen variációkat a nyolc elem ismétlés nélküli permutációinak nevezzük.

DEFINÍCIÓ: Egy n-elemű n∈( )+ halmaz elemeiből képezett rendezett n-eseket az n elem ismétlés nélküli permutációinak nevezzük.

Ha n = 1, akkor a permutációk száma 1, ami egyenlő 1!-sal. Ha n > 1, akkor a permutációk számának meghatározását visszavezetjük az ismétlés nélküli variációk kiszámítására. Mivel n különböző elem n-edosztályú ismétlés nélküli variációi megegyeznek, az n elem ismétlés nél-küli permutációival, így ezek száma az előző lecke első részében bizonyított tétel alapján

V n n n n n n nnn = ⋅ − ⋅ ⋅ − + = ⋅ − ⋅ ⋅ =( ) ... ( ) ( ) ... !1 1 1 1

Megállapodás szerint az n különböző elem permutációinak a számát Pn -nel jelöljük. Ezek után kimondhatjuk a következő tételt.

TÉTEL: Egy n-elemű halmaz permutációinak a száma P nn = !.

Egy ötfős baráti társaság – A, B, C, D, E – beszélget egy padon.a) Hányféleképpen helyezkedhetnek el?b) Mivel A-nak és E-nek meg kell beszélnie valamit, ezért szeretnének egymás mellé ülni. Hány ilyen elhelyezkedés lehetséges?

a) Az öt ember egy-egy elhelyezkedése egy ötelemű halmaz egy-egy ismétlés nélküli permutá-ciójának felel meg és viszont, az elhelyezkedések száma

b) Ha A és E egymás mellett szeretne ülni, akkor célszerű őket első közelítésben egy objektumnak tekinteni. Így a négy „ob-jektumot” -féleképpen tehetjük sorba. De a többi-ektől függetlenül A és E is változtathatja a helyét egymáshoz képest, így a szorzási szabály alapján az előző értéket még meg kell szorozni 2! = 2-vel. Tehát a feladatnak megfelelő el-helyezkedések száma

Az előző társaság az egyik pénteken diszkóba megy, ahol egy kört alkotva táncolnak. Hány-féleképpen helyezkedhetnek el a kör mentén? (Két elhelyezkedést akkor és csak akkor te-kintünk különbözőnek, ha van legalább egy ember, akinek legalább az egyik szomszédja más a két elhelyezkedésben, azaz a forgatással egymásba vihető eseteket nem különböztetjük meg.)

1. módszer:Először tekintsük úgy, mintha a kör kerületén a helyek szá-mozottak lennének. Ekkor a feladat megegyezik az előző példa a) részével, mert aki egy sorba rendezésnél az első helyen áll azt az 1. sorszámú helyre, aki a második helyen azt a 2. sorszámú helyre, és így tovább, állítjuk a kör kerü-letén. Így a sorszámozott helyre történő állítások és a le-hetséges permutációk párba állíthatók, tehát mindkettőből ugyanannyi van. Az ilyen elhelyezkedések száma tehát 5!. Ha megszüntetjük a számozást, akkor ezek közül az esetek közül a forgatással egymásba vihetőket azonosnak vesszük, azokat egy csoportba sorolhatjuk. Így például a lerajzolt öt esetből egy lesz.Ez alapján az esetek száma az ötödére csökken, azaz a feladat-nak megfelelő elhelyezkedések száma

JárJ utána!

Hol ülésezik az európai Parlament és hány magyar képviselő dolgozik ott?

39.

166

1. Példa

Egy ötfős baráti társaság – A, B, C, D, E – beszélget egy padon.a) Hányféleképpen helyezkedhetnek el?b) Mivel A-nak és E-nek meg kell beszélnie valamit, ezért szeretnének egymás mellé ülni. Hány ilyen elhelyezkedés lehetséges?

meGoldás a) Az öt ember egy-egy elhelyezkedése egy ötelemű halmaz egy-egy ismétlés nélküli permutá-ciójának felel meg és viszont, az elhelyezkedések száma P5 5 120= =! .

b) Ha A és E egymás mellett szeretne ülni, akkor célszerű őket első közelítésben egy objektumnak tekinteni. Így a négy „ob-jektumot” P4 4 24= =! -féleképpen tehetjük sorba. De a többi-ektől függetlenül A és E is változtathatja a helyét egymáshoz képest, így a szorzási szabály alapján az előző értéket még meg kell szorozni 2! = 2-vel. Tehát a feladatnak megfelelő el-helyezkedések száma P P4 2 4 2 48⋅ = ⋅ =! ! .

2. Példa

Az előző társaság az egyik pénteken diszkóba megy, ahol egy kört alkotva táncolnak. Hány-féleképpen helyezkedhetnek el a kör mentén? (Két elhelyezkedést akkor és csak akkor te-kintünk különbözőnek, ha van legalább egy ember, akinek legalább az egyik szomszédja más a két elhelyezkedésben, azaz a forgatással egymásba vihető eseteket nem különböztetjük meg.)

meGoldás 1. módszer:Először tekintsük úgy, mintha a kör kerületén a helyek szá-mozottak lennének. Ekkor a feladat megegyezik az előző példa a) részével, mert aki egy sorba rendezésnél az első helyen áll azt az 1. sorszámú helyre, aki a második helyen azt a 2. sorszámú helyre, és így tovább, állítjuk a kör kerü-letén. Így a sorszámozott helyre történő állítások és a le-hetséges permutációk párba állíthatók, tehát mindkettőből ugyanannyi van. Az ilyen elhelyezkedések száma tehát 5!. Ha megszüntetjük a számozást, akkor ezek közül az esetek közül a forgatással egymásba vihetőket azonosnak vesszük, azokat egy csoportba sorolhatjuk. Így például a lerajzolt öt esetből egy lesz.Ez alapján az esetek száma az ötödére csökken, azaz a feladat-nak megfelelő elhelyezkedések száma 55

4 24! ! .= =

az alábbi két elhelyezkedésben A és E egymás mellett ül, és a két permutá-ció csak A és E egymáshoz viszonyí-tott helyzetében tér el.

A E B C D, , , , ;

E A B C D, , , ,

12

3 4

5

A

B

C D

E1

2

3 4

5

B

C

D E

A

12

3 4

5

D

E

A B

C1

2

3 4

5

E

A

B C

D

12

3 4

5

C

D

E A

B

167


2. módszer:Helyezzük el valamelyiket például A-t a kör mentén valahova. Ezután a maradék négyet állítsuk sorba, majd az elsőt helyezzük az A mellé közvetlenül jobbra és így tovább pozitív körüljárási irányba haladva. Így pontosan annyi sorba állítása van a maradék négy embernek, ahányfélekép-pen elhelyezhetjük a kör kerületén a feladatnak megfelelően az öt embert. Ez pedig 4! = 24.

3. Példa

Az 1, 1, 1, 2, 2, számjegyek mindegyikének felhasználásával hány ötjegyű szám készíthető?

meGoldás Mivel mindegyik számjegyet fel kell használni, ezért a keresett ötjegyű számok a megadott számjegyek lehetséges sorrend-jeivel egyeznek meg. Ha mind különbözőek lennének, akkor a sorba rendezések száma 5! lenne. Induljunk ki ebből! Tegyük fel, hogy a há-rom egyest is és a két kettest is megkülönböztetjük egymástól például színezéssel. Ekkor az előzőek alapján 120 ötjegyű szám készíthető. Ha megszüntetjük a színezést, akkor például a jobbra látható 12 számból egy szám lesz.Azaz az esetek száma annyiad részére csökken, ahányféleképpen cse-rélgethetnénk egymás között a három egyest, illetve a két kettest, ha különbözőek lennének. Mivel ezek a cserék egymástól függetlenek, ezért a szorzási szabály értelmében ezek száma 3 2! !⋅ . Így a megadott

öt számjegyből képezhető ötjegyű számok száma 53 2

1206 2

10!! !

.⋅

=⋅

=

Ebben a példában is elemek sorrendjét képeztük az összes lehetséges módon, csak voltak közöttük azonosak. Ezért az így kapott sorba ren-dezéseket ismétléses permutációknak nevezzük.

DEFINÍCIÓ: Adott n darab elem, melyek közül n1 darab egyforma, n2 darab egyforma, de az előzőektől különböző, n3 darab egyforma, de az előzőektől különböző, …, nk darab

n i ki ∈ =( ); , , ...,1 2 3 egyforma, de az előzőektől különböző, ahol n n n n nk1 2 3+ + + + =... . Ezen n darab elem egy lehetséges sorrendjét, az n elem egy ismétléses permutációjá-nak nevezzük.

TÉTEL: Az előző definícióban megadott n elem esetén az ismétléses permutációk száma

P nn n nn

n n n

k

k1 2

1 2

, , ..., !! ! ... !

.( ) =⋅ ⋅ ⋅

bizonyítás

Az első, második, … k-adik típusú elemek egymás közötti felcserélését egymástól függetlenül végezhetjük. Ezért a szorzási szabály értelmében a megadott n elem bármely permutációjában n n nk1 2! ! ... !⋅ ⋅ ⋅ számú cserét lehet végrehajtani anélkül, hogy az megváltozna. Ezért az n! számú permutációt olyan csoportokra oszthatjuk, melyek mindegyike n n nk1 2! ! ... !⋅ ⋅ ⋅ számú elemből áll, így az adott n elemből készíthető ismétléses permutációk száma

P nn n nn

n n n

k

k1 2

1 2

, , ..., !! ! ... !

.( ) =⋅ ⋅ ⋅

Hányféle gyöngysort készíthetünk 8 piros, 4 zöld és 3 fehér gyöngyből, ha a gyöngyök legfeljebb csak színükben külön-böznek egymástól? Ezek között hány olyan van, amelyben nincs két piros gyöngy egymás mellett?

Az első kérdésre az eddigiek alapján könnyen megadhatjuk a választ. Mivel gyöngysort kell készíteni, ezért a 15 elem ismétléses permutációinak a számát kell megadni. Ez

pedig

Először tegyük le a „válaszfalakat” jelentő zöld és fehér gyöngyöket valamilyen sorrendben! Például: _Z_F_F_Z_F_Z_Z_A piros gyöngyöket az aláhúzással jelölt helyekre lehet tenni úgy, hogy egy helyre csak egy gyöngyöt teszünk. Mivel 8 piros gyöngyünk van, ezért ezek elhelyezése már egyértelmű. Tehát a gyöngysorok számát a zöld, ill. fehér gyöngyök lehetséges sorrendjeinek száma adja meg. Így

a feladatnak megfelelő gyöngysorok száma

Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikének felhasználásával hány ötjegyű szám készíthető? Ezek közül hány osztható néggyel?

Négy házaspárból álló baráti társaság moziba megy. a) Hányféleképpen ülhet le a nyolc ember egymás mellé? b) Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé, ha mindenki a házastársa mellett szeretne ülni? c) Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé, ha mindenki a házastársa mellett szeretne ülni, de férfi férfi mellé és nő nő mellé nem akar ülni?

A 2. feladatban szereplő baráti társaság mozi után elmegy vacsorázni. A vendéglőben egy kör alakú asztalhoz ülnek. Hányféleképpen tehetik ezt meg, ha két elhelyezkedést akkor és csak akkor tekintünk különbözőnek, ha van legalább egy ember, akinek legalább az egyik szom-szédja más a két elhelyezkedésben?

Mi a válasz az előző kérdésre, ha a házastársak egymás mellé szeretnének ülni?

A 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 2 számjegyeknek hány permutációja van? Ezek között hány olyan van, amely nyolcjegyű számot ad? A kapott nyolcjegyű számok hányad része osztható hattal?

A „lEHEtEtlEn” szó betűinek hány permutációja van?

Írjuk le egymás mellé növekvő sorrendben az összes olyan ötjegyű számot, melyet az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikének egyszeri felhasználásával el lehet készíteni. Melyik áll ekkor a 372. helyen?

1 21 2

1 21 21 2

1 21 21 2

1 2

1 212

1 21 2

1 212

1 21 2

1 21

11

11

11

11

11

11212

1 2

21 2

1 2

11122

11

⇒ .

168

4. Példa

Hányféle gyöngysort készíthetünk 8 piros, 4 zöld és 3 fehér gyöngyből, ha a gyöngyök legfeljebb csak színükben külön-böznek egymástól? Ezek között hány olyan van, amelyben nincs két piros gyöngy egymás mellett?

meGoldás Az első kérdésre az eddigiek alapján könnyen megadhatjuk a választ. Mivel gyöngysort kell készíteni, ezért a 15 elem ismétléses permutációinak a számát kell megadni. Ez

pedig P158 4 3 15

8 4 3225225, , !

! ! !.( ) =

⋅ ⋅=

Először tegyük le a „válaszfalakat” jelentő zöld és fehér gyöngyöket valamilyen sorrendben! Például: _Z_F_F_Z_F_Z_Z_A piros gyöngyöket az aláhúzással jelölt helyekre lehet tenni úgy, hogy egy helyre csak egy gyöngyöt teszünk. Mivel 8 piros gyöngyünk van, ezért ezek elhelyezése már egyértelmű. Tehát a gyöngysorok számát a zöld, ill. fehér gyöngyök lehetséges sorrendjeinek száma adja meg. Így

a feladatnak megfelelő gyöngysorok száma P73 4 7

3 435, !

! !.=

⋅=

Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikének felhasználásával hány ötjegyű szám készíthető? Ezek közül hány osztható néggyel?

Négy házaspárból álló baráti társaság moziba megy. a) Hányféleképpen ülhet le a nyolc ember egymás mellé? b) Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé, ha mindenki a házastársa mellett szeretne ülni? c) Hányféleképpen ülhetnek le egymás mellé, ha mindenki a házastársa mellett szeretne ülni, de férfi férfi mellé és nő nő mellé nem akar ülni?

A 2. feladatban szereplő baráti társaság mozi után elmegy vacsorázni. A vendéglőben egy kör alakú asztalhoz ülnek. Hányféleképpen tehetik ezt meg, ha két elhelyezkedést akkor és csak akkor tekintünk különbözőnek, ha van legalább egy ember, akinek legalább az egyik szom-szédja más a két elhelyezkedésben?

Mi a válasz az előző kérdésre, ha a házastársak egymás mellé szeretnének ülni?

A 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 2 számjegyeknek hány permutációja van? Ezek között hány olyan van, amely nyolcjegyű számot ad? A kapott nyolcjegyű számok hányad része osztható hattal?

A „lEHEtEtlEn” szó betűinek hány permutációja van?

Írjuk le egymás mellé növekvő sorrendben az összes olyan ötjegyű számot, melyet az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek mindegyikének egyszeri felhasználásával el lehet készíteni. Melyik áll ekkor a 372. helyen?

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

169


kombinációk

legalább hány különböző ötöslottó-szelvényt kell ki-tölteni ahhoz, hogy biztosan legyen öttalálatosunk?

meGoldás Gondoljuk meg, hogy annyi kitöltési lehetősége van egy ötöslottó szelvénynek, ahány különböző gyöngysor készíthető 5 piros, és 85 fehér gyöngyből. (A piros gyöngy jelöli a „beikszelt” számokat, a fehér gyöngy pedig a nem „beikszelt” számokat.) Az előző leckében tanultak szerint ezeknek a gyöngysoroknak a száma:

P905 85 90

5 8543949268, !

! !.( ) =

⋅=

1. Példa

Az A = {a, b, c, d, e, f} hatelemű halmaznak hány kételemű részhalmaza van?

meGoldás Mivel egy hatelemű halmaz kételemű részhalmazait hozzuk létre, ezért a kivá-lasztásnál nem tekintjük különbözőnek a kiválasztott elemek különböző sorrendjeit. A részhalmazok számának meghatározására nézzünk két megoldást!

1. módszer: Közelítsük meg a problémát az ismétlés nélküli variációk ol-daláról! Hat elem másodosztályú ismétlés nélküli variációinak a száma V6

2 6 5= ⋅ . Azt tudjuk, hogy {a,b} = {b,a}, és a variációk definíciójából következik, hogy (a,b) ≠ (b,a). Tehát a variációk számából úgy kaphatjuk a kételemű részhalmazok számát, ha azt elosztjuk 2!-sal, azaz azzal a számmal, ahányféleképpen sorba rendezhetünk két különböző elemet. Így egy hatelemű

halmaz kételemű részhalmazainak a száma 6 52

302

15⋅= =

!.

2. módszer: Ebben a megoldásban az ismétléses permutációk kiszámítására vezetjük vissza a részhalma-zok számának meghatározását. Tekintsük a négy darab nullából és két darab egyesből álló hat hosszúságú jelsorozatokat, melyeket az oldalt látható táblázat alapján feleltessünk meg köl-csönösen egyértelműen a kételemű részhalmazoknak!

A táblázatból kiolvasható, hogy egy betű alatt akkor és csak akkor található 1-es, ha az szerepel a kételemű rész-halmazban. Így pontosan annyi kételemű részhalmaz van, mint ahány hatelemű jelsorozat. Ezen utóbbiak száma pedig

Az előző feladatban két különböző módon jutottunk ugyan-arra a végeredményre. Ez is jelzi, hogy a kombinatorika alap-problémái között szoros kapcsolat van. A hatelemű halmaz kételemű részhalmazait hat elem másodosztályú ismétlés nélküli kombinációinak nevezzük. Ezek számát szimbó-

lummal jelöljük. tehát azt kaptuk, hogy amit a ma-

tematikában röviden a szimbólummal jelölünk, és úgy olvasunk ki, hogy „hat alatt kettő” .

Mivel 0! = 1, ezért és

Mivel n-elemű halmaz k-elemű részhalmazai egyenértékűek az n-elem k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációival, ezért a to-vábbiakban a két kifejezést egymás szinonimájaként használjuk.

A 2008-as pekingi olimpián a férfi 200 m-es vegyes úszás elődöntőjébe a 16 versenyző közé Cseh László magyar úszó is bejutott. Az elődöntőből a döntőbe a legjobb nyolc eredményt el-érő versenyző kerülhet.a) Hányféleképpen alakulhat a döntő összetétele, ha nem foglalkozunk azzal, hogy ki hányadik helyen jutott be?b) Az összes lehetséges összetétel hányad részében tagja a döntőnek Cseh László?

az A = {a, b, c, d, e, f} halmaz kételemű részhalmazai: {a, b} {a, c} {a, d} {a, e} {a, f} {b, c} {b, d} {b, e} {b, f} {c, d} {c, e} {c, f} {d, e} {d, f} {e, f}

40.

170

A táblázatból kiolvasható, hogy egy betű alatt akkor és csak akkor található 1-es, ha az szerepel a kételemű rész-halmazban. Így pontosan annyi kételemű részhalmaz van, mint ahány hatelemű jelsorozat. Ezen utóbbiak száma pedig

P62 4 6

2 415, !

! !.=

⋅=

Az előző feladatban két különböző módon jutottunk ugyan-arra a végeredményre. Ez is jelzi, hogy a kombinatorika alap-problémái között szoros kapcsolat van. A hatelemű halmaz kételemű részhalmazait hat elem másodosztályú ismétlés nélküli kombinációinak nevezzük. Ezek számát C6

2 szimbó-

lummal jelöljük. tehát azt kaptuk, hogy C62 6

2 4=

⋅!

! !, amit a ma-

tematikában röviden a 62

. szimbólummal jelölünk, és úgy olvasunk ki, hogy „hat alatt kettő” .

DEFINÍCIÓ: Egy n-elemű n∈( ) halmaz k-elemű k k n∈ ≤( ), részhalmazait, az n elem k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációinak nevezzük.

DEFINÍCIÓ: Az nk

(olv.: n alatt k) szimbólummal az n

k n k!

!( )!−-t jelöljük, ahol

n k k n∈ ∈ ≤ , .és Az nk

-t binomiális együtthatónak nevezzük.

Mivel 0! = 1, ezért n n

n0 01

= ⋅

=!

! ! és

nn

nn

= ⋅

=!

! !.

01

Mivel n-elemű halmaz k-elemű részhalmazai egyenértékűek az n-elem k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációival, ezért a to-vábbiakban a két kifejezést egymás szinonimájaként használjuk.

TÉTEL: Egy n-elemű halmaz k-elemű részhalmazainak a száma Cnkn

k =

.

2. Példa

A 2008-as pekingi olimpián a férfi 200 m-es vegyes úszás elődöntőjébe a 16 versenyző közé Cseh László magyar úszó is bejutott. Az elődöntőből a döntőbe a legjobb nyolc eredményt el-érő versenyző kerülhet.a) Hányféleképpen alakulhat a döntő összetétele, ha nem foglalkozunk azzal, hogy ki hányadik helyen jutott be?b) Az összes lehetséges összetétel hányad részében tagja a döntőnek Cseh László?

{a, b, c, d, e, f} {a, b} 1, 1, 0, 0, 0, 0 {a, c} 1, 0, 1, 0, 0, 0 {a, d} 1, 0, 0, 1, 0, 0 {a, e} 1, 0, 0, 0, 1, 0 {a, f} 1, 0, 0, 0, 0, 1 {b, c} 0, 1, 1, 0, 0, 0 {b, d} 0, 1, 0, 1, 0, 0 {b, e} 0, 1, 0, 0, 1, 0 {b, f} 0, 1, 0, 0, 0, 1 {c, d} 0, 0, 1, 1, 0, 0 {c, e} 0, 0, 1, 0, 1, 0 {c, f} 0, 0, 1, 0, 0, 1 {d, e} 0, 0, 0, 1, 1, 0 {d, f} 0, 0, 0, 1, 0, 1 {e, f} 0, 0, 0, 0, 1, 1

JárJ utána!

mire használható a szá-

mológépeden a nCr

nPr

gomb?

171


meGoldás a) Mivel nem foglalkozunk azzal, hogy ki hánya-dik helyen jutott a döntőbe, ezért nem számít a kiválasztás sorrendje. Tehát egy tizenhatelemű halmaz nyolcelemű részhalmazainak a számára vagyunk kíváncsiak. Ez pedig

C168 16

816

8 88 9 16

8 89 16

812870=

= ⋅

=⋅ ⋅ ⋅

⋅=

⋅ ⋅=

!! !

! ...! !

...!

.

b) Először nézzük meg, hogy hány összetételnek tagja Cseh László! Mivel egy hely foglalt a nyolc közül, ezért a maradék 7 helyre kell választani, a maradék 15 ember közül, azaz egy tizenötelemű halmaz hételemű részhalmazainak a számát kell

meghatározni. Ez pedig C157 15

715

7 8=

= ⋅

!! !

. Ennek az értékét most ne számoljuk ki, mert a fel-

adat a CC

157

168 hányadost kérdezi! Ez pedig

CC

157

168

157 816

8 8

157 8

8 816

15 7 87 15

= ⋅

⋅

=⋅

⋅⋅

=⋅ ⋅

⋅

!! !

!! !

!! !

! !!

! !! !⋅⋅

=16

12

.

Tehát az összes lehetséges összetétel felében Cseh László is tagja a döntőnek.

Egy harmincfős osztály tanulói között négy koncertjegyet sorsolnak ki. Hányféleképpen ala-kulhat a sorsolás végeredménye?

Hányféleképpen lehet kitölteni a hatos lottó egy szelvényét?

Kilenc cédulára ráírtuk 1-től 9-ig a számjegyeket, majd elhelyeztük azokat egy dobozban. Csukott szemmel kihúzva közülük ötöt, és azokat a kihúzás sorrendjében egymás mellé rakva hány olyan ötjegyű számot kapunk, amelyben a számjegyek csökkenő sorrendben követik egymást?

Az előző feladatbeli cédulák közül kihúzva ötöt, és azokat egymás mellé téve hány olyan ötje-gyű számot kapunk, amelyben a számjegyek nem csökkenő sorrendben követik egymást?

A lecke 1. példájában szereplő megoldási ötleteket felhasználva, bizonyítsuk be, hogy egy

n-elemű halmaz k-elemű részhalmazainak a száma Cnkn

k =

!

Az alábbi QR-kódon egy interaktív játék található. Jó szórakozást!

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

6.

érdekesséG1 perc 56,52 másodperces európa-csúccsal cseh lászló ezüstérmes lett, michael Phelps amerikai úszófenomén mögött.

a) Mivel 13 táncoló párt kell létrehoznunk, ezért minden fiúnak táncolnia kell. Így a fiúk mellé kell 13 lányt kiválasztani. Nem mindegy, hogy melyik fiúval melyik lány táncol. Ez pedig azt jelenti, hogy 17 elem 13-ad osztályú ismétlés nélküli variációinak a számát kell meghatároz-

nunk. Tehát a táncoló párok száma

b) Először válasszuk ki azt az öt fiút, aki táncol! Mivel nem számít különbözőnek a kiválasz-tások különböző sorrendje, ezért egy tizenháromelemű halmaz ötelemű részhalmazainak a

számát kell megadnunk. Ez Bármelyik öt fiút is választjuk ki, melléjük öt lányt kell

kiválasztani a 17-ből úgy, hogy különbözőnek számít a kiválasztás különböző sorrendje. Így a

szorzási szabály értelmében

Természetesen ugyanezt az eredményt kapjuk, ha először a lányokat választjuk ki, és melléjük az öt fiút. Ennek bemutatását az olvasóra bízzuk.

Az 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3 számjegyek felhasználásával hány kilencjegyű szám készíthető? Ezek között hány olyan van, amelyben nincs két 1-es egymás mellett?

JárJ utána!

mik a catalan-számok!

172

a) Mivel nem foglalkozunk azzal, hogy ki hánya-dik helyen jutott a döntőbe, ezért nem számít a kiválasztás sorrendje. Tehát egy tizenhatelemű halmaz nyolcelemű részhalmazainak a számára vagyunk kíváncsiak. Ez pedig

b) Először nézzük meg, hogy hány összetételnek tagja Cseh László! Mivel egy hely foglalt a nyolc közül, ezért a maradék 7 helyre kell választani, a maradék 15 ember közül, azaz egy tizenötelemű halmaz hételemű részhalmazainak a számát kell

meghatározni. Ez pedig Ennek az értékét most ne számoljuk ki, mert a fel-

adat a hányadost kérdezi! Ez pedig

Tehát az összes lehetséges összetétel felében Cseh László is tagja a döntőnek.

Egy harmincfős osztály tanulói között négy koncertjegyet sorsolnak ki. Hányféleképpen ala-kulhat a sorsolás végeredménye?

Hányféleképpen lehet kitölteni a hatos lottó egy szelvényét?

Kilenc cédulára ráírtuk 1-től 9-ig a számjegyeket, majd elhelyeztük azokat egy dobozban. Csukott szemmel kihúzva közülük ötöt, és azokat a kihúzás sorrendjében egymás mellé rakva hány olyan ötjegyű számot kapunk, amelyben a számjegyek csökkenő sorrendben követik egymást?

Az előző feladatbeli cédulák közül kihúzva ötöt, és azokat egymás mellé téve hány olyan ötje-gyű számot kapunk, amelyben a számjegyek nem csökkenő sorrendben követik egymást?

A lecke 1. példájában szereplő megoldási ötleteket felhasználva, bizonyítsuk be, hogy egy

n-elemű halmaz k-elemű részhalmazainak a száma

Az alábbi QR-kódon egy interaktív játék található. Jó szórakozást!

VeGyes Feladatok a kombinatorika köréből

egy osztályba 13 fiú és 17 lány jár. Hányféleképpen választha-tunk ki közülük a) 13 darab,b) 5 darab olyan párt, akik egyszerre tán-colnak?

meGoldás a) Mivel 13 táncoló párt kell létrehoznunk, ezért minden fiúnak táncolnia kell. Így a fiúk mellé kell 13 lányt kiválasztani. Nem mindegy, hogy melyik fiúval melyik lány táncol. Ez pedig azt jelenti, hogy 17 elem 13-ad osztályú ismétlés nélküli variációinak a számát kell meghatároz-

nunk. Tehát a táncoló párok száma V1713 17

41482 030 950 400= =

!!

.

b) Először válasszuk ki azt az öt fiút, aki táncol! Mivel nem számít különbözőnek a kiválasz-tások különböző sorrendje, ezért egy tizenháromelemű halmaz ötelemű részhalmazainak a

számát kell megadnunk. Ez C135 13

5=

. Bármelyik öt fiút is választjuk ki, melléjük öt lányt kell

kiválasztani a 17-ből úgy, hogy különbözőnek számít a kiválasztás különböző sorrendje. Így a

szorzási szabály értelmében C V135

175 13

51712

135 8

1712

13 9 17⋅ =

⋅ =

⋅⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅!!

!! !

!!

... ... ⋅⋅=

135

955 674 720!

.

Természetesen ugyanezt az eredményt kapjuk, ha először a lányokat választjuk ki, és melléjük az öt fiút. Ennek bemutatását az olvasóra bízzuk.

1. Példa

Az 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3 számjegyek felhasználásával hány kilencjegyű szám készíthető? Ezek között hány olyan van, amelyben nincs két 1-es egymás mellett?

érdekesséGa különböző kombinációk adta „számtalan” lehetőség az irodalmárok gondolkodását is megindította, az egyik legötle-tesebb közülük Quirinus kuhlmann (1651-1689) fából készült versírógépe. Az emberi dolgok változása című szonettjében a 14 soros vers utolsó két sora és a sorok eleje illetve vége fix, a közöttük lévő szavak viszont soronként kiválaszthatók egy 13 szóból álló listából. ehhez a szonetthez egy tárcsás gép is született, mellyel 23 298 085 122 481 különböző szonett tekerhető ki, melyek között talán ott rejtőzik a vi-lágirodalom valaha volt legnagyobb remeke.

41.

173


meGoldás A megadott számjegyekből készíthető kilencjegyű számok, a megadott számje-gyek ismétléses permutációi.

Ezek száma P92 3 4 9

2 3 41260; ; !

! ! !.( ) =

⋅ ⋅=

Ahogy két leckével korábban, a gyöngyöknél, most is tegyük le először a „válaszfalakat” vala-milyen sorrendben. Például: _2_3_2_2_3_2_Az aláhúzással jelölt hét hely közül kell háromra letenni az 1-es számjegyeket. A három hely

kiválasztásának különböző sorrendje nem számít különbözőnek, így ezt C73 7

3=

-féleképpen

tehetjük meg. Mivel a „válaszfalakat” minden esetben P62 4 6

2 415; !

! !( ) =

⋅= -féleképpen tehetjük le,

ezért a keresett kilencjegyű számok száma a szorzási szabály alapján

C P73

62 4 7

315 7

3 415 35 15 525⋅ =

⋅ =

⋅⋅ = ⋅ =( ); !

! !.

2. Példa

Egy 33 fős osztály harmada lány. Az iskolai diákparlamentbe hatfős küldöttséget kell delegálni az osztályból.a) Hányféleképpen lehet olyan küldöttséget összeállítani, amelyben a lányok és a fiúk számá-nak aránya 1:2? b) Hányféle olyan küldöttség állítható össze, amelynek kevesebb, mint a harmada lány?c) Hányféle olyan küldöttség állítható össze, amelyben van fiú is és lány is?

meGoldás a) A feladat szövegéből kiderül, hogy a küldöttségbe két lányt és négy fiút kell delegálni. Az osztályba 11 lány és 22 fiú jár. Mivel a kiválasztás sorrendje nem számít, ezért a két lányt

C112 11

2=

, a négy fiút ettől függetlenül C22

4 224

=

-féleképpen választhatjuk ki.

Így a lehetséges delegációk száma

C C112

224 11

2224

112 9

224 18

11 102

22=

⋅

= ⋅

⋅⋅

=⋅

⋅⋅!

! !!

! !221 20 19

4402 325⋅ ⋅

=!

.

b) Ebben a feladatban a delegáltak harmadánál kevesebb a lányok száma, így legfeljebb 1 lány lehet a küldöttek között. Ez azt jelenti, hogy vagy nincs lány a hat fő között, vagy pontosan 1 lány van közöttük. Az első esetben mind a hat diákot a fiúk közül választjuk, ez

C226 22

622

6 1674613=

= ⋅

=!

! !-féleképpen lehetséges.

A második esetben 1 főt a lányok közül, ötöt a fiúk közül. Ez a szorzási szabály alapján

C C111

225 11

1225

111 10

225 17

11 22 21=

⋅

= ⋅

⋅⋅

= ⋅⋅ ⋅!

! !!

! !220 19 185

289674⋅ ⋅=

!-féleképpen lehetséges.

Így az összeadási szabály alapján az összes lehetőség száma 74613 289674 364287+ = .c) Ha van a küldöttek között lány is és fiú is, akkor legalább 1 fiúnak lennie kell köztük és leg-feljebb 5 fiú lehet közöttük. Ez elég sok eset megvizsgálását igényli, ezért érdemes úgy megol-dani a problémát, hogy az összesből elhagyjuk a számunkra kedvezőtlen eseteket.

Az összes eset száma Kedvezőtlen az, amikor csak fiúkból, illetve

csak lányokból áll a küldöttség. Ebből az elsőt az előző részben már meghatároztuk, a második

pedig -féleképpen lehetséges. tehát

olyan küldöttség állítható össze, amelyben van fiú is és lány is.

Egy 32 lapos magyar kártyából kihúzunk egymásután találomra 5 lapot. a) Hány esetben lehet a kihúzott lapok között piros vagy ász?b) Hány esetben lehet a kihúzott lapok között piros és ász?

a) A feladat szerint piros és ász közül legalább az egyiknek lennie kell a kihúzott lapok között. Ezt a problémát is célsze-rűbb úgy megoldani, hogy az összes eset számából kivonjuk a számunkra kedvezőtlen esetek számát, azaz amikor nincs egyik sem az öt lap között. Ezen utóbbit nem nehéz összeszá-molni, mert 21 olyan lap van, amelyik se nem piros, se nem ász és közülük kell kihúzni az öt lapot. Mivel a sorrend nem számít, ezért ezt

-féleképpen tehetjük meg.

A 32 lapból pedig

-féleképpen

választhatunk ki ötöt. Így -félekép-pen húzhatunk ki egymásután öt lapot a 32 lapos magyar kártyából, hogy legyen köztük piros vagy ász.

b) Alkalmazzuk ebben az esetben is az előbbi módszert! A feladat szempontjából kedvezőtlen esetek azok, melyek esetében piros és ász közül legalább az egyik fajta nincs a kihúzott öt lap között. Számoljuk ösz-sze hány esetben nincs közöttük ász! Mivel négy ász van egy pakliban, ezért 28 lapból kell kiválasztani ötöt ez

esetben

lehetséges.

174

Az összes eset száma C306 33

633

6 271107568=

= ⋅

=!

! !. Kedvezőtlen az, amikor csak fiúkból, illetve

csak lányokból áll a küldöttség. Ebből az elsőt az előző részben már meghatároztuk, a második

pedig C116 11

611

6 5462=

= ⋅

=!

! !-féleképpen lehetséges. tehát 1107568 74613 462 1032493− − =

olyan küldöttség állítható össze, amelyben van fiú is és lány is.

3. Példa

Egy 32 lapos magyar kártyából kihúzunk egymásután találomra 5 lapot. a) Hány esetben lehet a kihúzott lapok között piros vagy ász?b) Hány esetben lehet a kihúzott lapok között piros és ász?

meGoldás a) A feladat szerint piros és ász közül legalább az egyiknek lennie kell a kihúzott lapok között. Ezt a problémát is célsze-rűbb úgy megoldani, hogy az összes eset számából kivonjuk a számunkra kedvezőtlen esetek számát, azaz amikor nincs egyik sem az öt lap között. Ezen utóbbit nem nehéz összeszá-molni, mert 21 olyan lap van, amelyik se nem piros, se nem ász és közülük kell kihúzni az öt lapot. Mivel a sorrend nem számít, ezért ezt

C215 21

521

5 1620349=

= ⋅

=!

! !-féleképpen tehetjük meg.

A 32 lapból pedig

C325 32

532

5 27201376=

= ⋅

=!

! !-féleképpen

választhatunk ki ötöt. Így 201376 20349 181027− = -félekép-pen húzhatunk ki egymásután öt lapot a 32 lapos magyar kártyából, hogy legyen köztük piros vagy ász.

b) Alkalmazzuk ebben az esetben is az előbbi módszert! A feladat szempontjából kedvezőtlen esetek azok, melyek esetében piros és ász közül legalább az egyik fajta nincs a kihúzott öt lap között. Számoljuk ösz-sze hány esetben nincs közöttük ász! Mivel négy ász van egy pakliban, ezért 28 lapból kell kiválasztani ötöt ez

C285 28

528

5 2398280=

= ⋅

=!

! ! esetben

lehetséges.

érdekesséGa magyar kártya lapjain egy schiller-dráma, a tell Vilmos hősei kelnek élet-re. a lapok a svájci törté-nelem alakjait ábrázolják, miért nevezik mégis magyar kártyának? a leg-régebbi fennmaradt kár-tya 1836-ból származik, schneider József munkája. a művész, tartva az erős osztrák cenzúrától, a ma-gyar történelmi szemé-lyek helyett a svájciaktól kölcsönzött forradalmi hősöket.

175


Mivel 24 olyan lap van a pakliban melyek közül egyik sem piros, ezért:

C245 24

524

5 1942504=

= ⋅

=!

! !-féleképpen húzhatunk ki öt lapot úgy, hogy ne legyen köztük pi-

ros. Ha ezt a két értéket összeadjuk, akkor azokat az húzásokat, melyek esetében se piros, se ász nincs a kihúzott lapok között kétszer számoltuk, tehát azt le kell vonni a kapott összegből, hogy megkapjuk a kedvezőtlen esetek számát. (Itt a szita formulát alkalmaztuk.) Felhasználva az a) részben kiszámolt értéket kapjuk, hogy 98280 42504 20349 120435+ − = olyan eset van mikor a kihúzott lapok között nincs ász vagy nincs piros. tehát 201376 120435 80941− = esetben van a kihúzott lapok között ász és piros.

Egy ülésen öt ember – A, B, C, D, E – szólal fel. Hányféleképpen tehetik ezt meg, ha A és B nem szólalhat fel közvetlenül egymás után? Hányfé-leképpen szólalhatnak fel, ha A nem szólalhat fel korábban, mint B?

Egy zászlón három vízszintes sáv van. Hányféle-képpen lehet a zászlót kiszínezni a piros, fehér és zöld színekkel, ha legalább két színt fel kell használni, és nem lehet két szomszédos csík azonos színű?

Hány néggyel osztható, négyjegyű szám készíthető a 0, 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekből, ha egy számjegyet többször is felhasználhatunk? Ezek között hány olyan van, amelyben van 1-es?

Az 1, 2, 2, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek mindegyikének felhasználásával hány olyan nyolcjegyű szám készíthető, amelyben nincs két kettes egymás mellett?

Ha az összes lehetséges módon kitöltünk lottószelvényeket, akkor hány szelvényen lesz leg-alább négyesünk? Ez az összes eset hány százaléka?

A magyar vonatokon a vasúti fülkékben kétszer négy ülés van egymással szemben. Egy fülké-ben helyet foglaló 8 ember között van három, aki menetiránnyal szemben és kettő, aki menet-irányban akar ülni. A többi utas számára közömbös az elhelyezkedés. Hányféleképpen ülhet le ez a nyolc utas a fülkében?

Mi a válasz az előző kérdésre, ha csak egy olyan van, aki menetirányban és kettő olyan, aki menetiránnyal szemben akar ülni, a többinek közömbös az elhelyezkedés?

Egy sportiskolában az osztályok között röplabdabajnokságot rendeznek. A 10.A osztályba 18 fiú és 13 lány jár. Hányféleképpen tudnak tartalékokkal együtt nyolcfős csapatot kiállítani, ha ponto-san három lánynak kell lennie a nyolc fő között?

Feladatok

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

JárJ utána!

mely országok zászlói rakhatók ki a pi-ros, fehér és zöld színekből, ha minden színt fel kell használnunk, és melyek, ha nem kell?

176

Mivel 24 olyan lap van a pakliban melyek közül egyik sem piros, ezért:

-féleképpen húzhatunk ki öt lapot úgy, hogy ne legyen köztük pi-

ros. Ha ezt a két értéket összeadjuk, akkor azokat az húzásokat, melyek esetében se piros, se ász nincs a kihúzott lapok között kétszer számoltuk, tehát azt le kell vonni a kapott összegből, hogy megkapjuk a kedvezőtlen esetek számát. (Itt a szita formulát alkalmaztuk.) Felhasználva az a) részben kiszámolt értéket kapjuk, hogy olyan eset van mikor a kihúzott lapok között nincs ász vagy nincs piros. tehát

esetben van a kihúzott lapok között ász és piros.

Egy ülésen öt ember – A, B, C, D, E – szólal fel. Hányféleképpen tehetik ezt meg, ha A és B nem szólalhat fel közvetlenül egymás után? Hányfé-leképpen szólalhatnak fel, ha A nem szólalhat fel korábban, mint B?

Egy zászlón három vízszintes sáv van. Hányféle-képpen lehet a zászlót kiszínezni a piros, fehér és zöld színekkel, ha legalább két színt fel kell használni, és nem lehet két szomszédos csík azonos színű?

Hány néggyel osztható, négyjegyű szám készíthető a 0, 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekből, ha egy számjegyet többször is felhasználhatunk? Ezek között hány olyan van, amelyben van 1-es?

Az 1, 2, 2, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek mindegyikének felhasználásával hány olyan nyolcjegyű szám készíthető, amelyben nincs két kettes egymás mellett?

Ha az összes lehetséges módon kitöltünk lottószelvényeket, akkor hány szelvényen lesz leg-alább négyesünk? Ez az összes eset hány százaléka?

A magyar vonatokon a vasúti fülkékben kétszer négy ülés van egymással szemben. Egy fülké-ben helyet foglaló 8 ember között van három, aki menetiránnyal szemben és kettő, aki menet-irányban akar ülni. A többi utas számára közömbös az elhelyezkedés. Hányféleképpen ülhet le ez a nyolc utas a fülkében?

Mi a válasz az előző kérdésre, ha csak egy olyan van, aki menetirányban és kettő olyan, aki menetiránnyal szemben akar ülni, a többinek közömbös az elhelyezkedés?

Egy sportiskolában az osztályok között röplabdabajnokságot rendeznek. A 10.A osztályba 18 fiú és 13 lány jár. Hányféleképpen tudnak tartalékokkal együtt nyolcfős csapatot kiállítani, ha ponto-san három lánynak kell lennie a nyolc fő között?

Egy csomag 32 lapos magyar kártyából az összes lehetséges módon kihúzunk 6 lapot. a) Hány esetben van a kihúzott lapok között egy felső, két ász és egy király?b) Hány esetben van a kihúzott lapok között legfeljebb három piros?c) Hány esetben van a lapok között piros vagy zöld?d) Hány esetben van a kihúzott lapok között piros és zöld?

Egy könyvkötőnek 14 könyvet kell bekötnie piros, sárga és kék színű kötés valamelyikébe.a) Hányféleképpen teheti ezt meg?b) Hányféleképpen teheti ezt meg, ha mindhárom színt fel kell használnia?

Egy 30 fős osztály négynapos kirándulásra megy a hegyekbe. Egy kulcsos házban szállnak meg, ahol teljesen önellátóak. Minden nap kijelölnek 6 embert, akik ellátják a konyhai mun-kákat. Hányféleképpen tehetik ezt meg úgy, hogy mindenki legfeljebb csak egyszer segítsen a konyhában?

Mi a válasz az előző kérdésre, ha azt követeljük csak meg, hogy ne legyen két olyan nap, ami-kor pontosan ugyanazt a hat embert jelöltük ki?

Egy konvex húszszög csúcsai hány a) egyenest,b) háromszöget,c) négyszögethatároznak meg?

Egy konvex húszszög átlói legfeljebb hány pontban metszhetik egymást?

Egy dobókockát háromszor egymásután feldobunk, majd a kapott számokat összeadjuk. Az összes lehetséges hármas között hány esetben lehet a dobott számok összege a) 10;b) 9;c) legfeljebb 6?

Artúr király kerekasztalánál 12 lovag ül. Mindegyikük haragban áll a szomszédaival. Öt lova-got kell kiválasztani, akik elindulnak a Szent Grál felkutatására. Hányféleképp tehetjük meg ezt úgy, hogy az öt lovag között ne legyenek haragosok?

9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.

16.

177


beáta és krisztina azt játsz-zák, hogy egy jól megkevert magyarkártya-pakliból húznak egy lapot. Ha pirosat húznak, beáta kap egy zsetont krisz-tinától. Ha „számos” lapot húznak, akkor beáta ad egy zsetont krisztinának. (Piros számos lap esetében mindket-ten adnak zsetont a másik-nak.) kinek van nagyobb esélye a nyerésre?

meGoldás Itt egzakt matematikai meggondolást – egyelőre – nem tudunk adni, csak azt érezzük, hogy Krisztinának van nagyobb esélye a nyerésre, mert „számos” lap 16 darab van egy pakliban, míg piros csak 8.

A hétköznapi életben, újság-cikkekben, tanulmányokban, interneten sokszor talál-kozunk az „esély”, illetve a „valószínűség” szavakkal. Mindemellett lépten-nyomon látunk az alábbihoz hasonló felhívásokat.„Nyerj a lábadra való futóci-pőt! Az Online Edzésnapló útjára indította a neked való futócipőt a lábadra című nyereményjátékát.”

Az említett példák is jelzik, hogy fontos megismer-ni a „valószínűség” szó és a nyereményjátékok mögött megbújó matematikai tartalmat. A matematikának azt a fiatal ágát, amely segít eligazodni a véletlen jelenségek világában valószínűségszámításnak nevezzük.

1. Példa

Alkossunk párokat az osztályban! Párokban dobjunk fel egy piros és egy zöld szabályos dobókockát (lapjai 1-től 6-ig számozottak és a szemközti lapokon levő számok összege 7) 25-ször! Vizsgál-juk a két kockán dobott szám összegét! A kapott eredményeket egyesítsük!

ValószínűséGi kísérletek, a ValószínűséG szemléletes FoGalma

a) Készítsünk táblázatot, amely tartalmazza annak gyakoriságát, illetve relatív gyakoriságát (két tizedesjegyre kerekítve), hogy a dobott számok összege osztható hárommal, az első 50, 100, 150, 200, 250, 300, 350, 400 dobás esetén. b) Ábrázoljuk a táblázatban szereplő dobásszámokhoz tartozó relatív gyakoriságokat vonaldi-agramon!

a) Mivel két kockával dobva a dobott pontok összege leg-alább 2 és legfeljebb 12, ezért csak úgy lehet hárommal oszható az összeg, ha az 3, 6, 9 vagy 12.

b)

Egy piros és egy zöld dobókockát feldobunk. a) Hányféleképpen valósulhat meg az összes lehetséges összeg?b) Hányféleképpen lehet a dobott számok összege hárommal osztható?c) A b) alpontban kapott érték hányad része az a) alpontban kapott értéknek?

a) Mivel a két dobókocka különböző, ezért nem mindegy, hogy melyik számot melyik kockán dobjuk. Mindkettőn hat-féle számot dobhatunk egymástól függetlenül, így a szorzási szabály értelmében -féleképpen valósulhat meg az összes lehetséges eredmény. Ezt szemléltetjük az ábrán, ahol a kis négyzetekbe írt számok a dobott számok összegét adják meg.b) nézzük meg a táblázatot! Kékkel színeztük azokat a mezőket, amelyekben a dobott pontok összege osztha-tó 3-mal. Ezek száma 12, tehát a dobott pontok összege tizenkétféleképpen lehet hárommal osztható. c) Az eddigiekből következik, hogy a dobott számok összege a lehetséges esetek harmadában lesz hárommal osztható.

„A hatos lottón az 5+1 találat elmé-leti valószínűsége 1:1357510.”

„Sokak számára ez rossz hír lesz, de igazán jó pókerjátékos csak abból lehet, aki jó ma-tekból is. Különösen valószí nűségszá mításból [...] a játék későbbi részeiben már muszáj egyedi döntéseket hozni az aktuális nyerési esélyek alapján.”

„Egy dohányos férfinak

mintegy 23-szor nagyobb

esélye van a tüdőrák és

15-ször nagyobb esélye a

más típusú rákos megbete-

gedésekre.”

„A II. típusú cukorbeteg testvéreiben, gyermekeiben a betegség valószínűsége 40-50 százalék is lehet.”

„A megkérdezet-tek 30 százaléka

szerint túl ki-csi a pályázat-nyerés valószí-nűsége…”

42.

178

a) Készítsünk táblázatot, amely tartalmazza annak gyakoriságát, illetve relatív gyakoriságát (két tizedesjegyre kerekítve), hogy a dobott számok összege osztható hárommal, az első 50, 100, 150, 200, 250, 300, 350, 400 dobás esetén. b) Ábrázoljuk a táblázatban szereplő dobásszámokhoz tartozó relatív gyakoriságokat vonaldi-agramon!

meGoldás a) Mivel két kockával dobva a dobott pontok összege leg-alább 2 és legfeljebb 12, ezért csak úgy lehet hárommal oszható az összeg, ha az 3, 6, 9 vagy 12.

b)

0,29

0,3

0,31

0,32

0,33

0,34

0,35

0,36

dobásszám

relatív

gya

koris

ág

50 100 150 200 250 300 350 400 450

2. Példa

Egy piros és egy zöld dobókockát feldobunk. a) Hányféleképpen valósulhat meg az összes lehetséges összeg?b) Hányféleképpen lehet a dobott számok összege hárommal osztható?c) A b) alpontban kapott érték hányad része az a) alpontban kapott értéknek?

meGoldás a) Mivel a két dobókocka különböző, ezért nem mindegy, hogy melyik számot melyik kockán dobjuk. Mindkettőn hat-féle számot dobhatunk egymástól függetlenül, így a szorzási szabály értelmében 6 6 36⋅ = -féleképpen valósulhat meg az összes lehetséges eredmény. Ezt szemléltetjük az ábrán, ahol a kis négyzetekbe írt számok a dobott számok összegét adják meg.b) nézzük meg a táblázatot! Kékkel színeztük azokat a mezőket, amelyekben a dobott pontok összege osztha-tó 3-mal. Ezek száma 12, tehát a dobott pontok összege tizenkétféleképpen lehet hárommal osztható. c) Az eddigiekből következik, hogy a dobott számok összege a lehetséges esetek harmadában lesz hárommal osztható.

dobás szám (n) gyako riság (k) relatív gyakoriság kn

50 15 0,30100 34 0,34150 48 0,32200 66 0,33250 85 0,34300 97 0,32350 121 0,35400 136 0,34450 149 0,33

2 3 4 5 6 7

3 4 5 6 7 8

4 5 6 7 8 9

5 6 7 8 9 10

6 7 8 9 10 11

7 8 9 10 11 12

JárJ utána!

mikor találkoztál a ma-tematikai tanulmányaid során a relatív gyakoriság fogalmával?

179


Az 1. példában egy véletlen jelenséget figyeltünk meg többször egymás után, azaz kísérletet végeztünk.

DEFINÍCIÓ: Valószínűségi kísérletnek nevezünk egy olyan kísérletet, amire igazak az alábbi-ak: több kimenetele lehetséges. Előre nem tudjuk megmondani, melyik következik be; kimenetele a véletlentől függ. Azonos körülmények között akárhányszor megismételhető.

Amikor a két kockát feldobtuk, akkor eredményként két számot kaptunk. Ha megállapodunk abban, hogy a piros kockán dobott számot írjuk le először és a zöld kockán dobottat másod-szor, akkor a kísérlet eredményeként egyértelműen meghatározott számpárokat kapunk. Pél-dául, ha piroson hármast, a zöldön egyest dobunk, akkor a (3; 1) számpárhoz jutunk. Ezeket a számpárokat a kísérlet lehetséges kimeneteleinek nevezzük. Ezek összessége az eseménytér.

DEFINÍCIÓ: A kísérlet lehetséges kimeneteleinek a halmazát eseménytérnek nevezzük. Jele: T.

A kísérlet során a dobott pontok összegét figyeltük. Azt néztük meg, hogy egy adott dobás-szám hányadrészében kapunk olyan számpárt, amelyben a számok összege hárommal oszt-ható. Az ennek megfelelő számpárok az A = {(1;2), (1;5), (2;1), (2;4), (3;3), (3;6), (4;2), (4;5), (5;1), (5;4), (6;3), (6;6)} halmaz elemei. Az A halmaz a kísérlethez tartozó eseménytér egy részhalmaza, melyet eseménynek nevezünk.

DEFINÍCIÓ: Az eseménytér részhalmazait eseményeknek nevezzük. Az eseménytér egyele-mű részhalmazai az elemi események. Az eseményeket általában nagybetűvel jelöljük.

DEFINÍCIÓ: Azt az eseményt, amely mindenképpen bekövetkezik biztos eseménynek, amely sohasem következik be lehetetlen eseménynek nevezzük. A biztos esemény jele az I, a lehetetlen eseményé a ∅.

Jelöljük az 1. példabeli kísérlethez tartozó eseményt A-val! Kiszámoltuk bizonyos dobás-számok esetén ennek relatív gyakoriságát. A vonaldiagram alapján úgy tűnik, hogy a relatív

gyakoriság, a tapasztalatnak megfelelően, nagyjából a 2. példa c) részében kiszámolt 13

körül

ingadozik. Ha a kísérletek száma nagy, akkor az A esemény relatív gyakorisága nagy eséllyel egy az adott kísérletre jellemző [0;1] intervallumba eső szám közelében van. Ezt a számot az A esemény valószínűségének nevezzük, és P(A)-val jelöljük. Ez a kissé homályosnak tűnő megközelítés matematikai definícióként nem fogadható el, de arra alkalmas, hogy a tapaszta-lat alapján valamilyen szemléletes képet kapjunk a valószínűség fogalmáról.

Az 1. példában a kísérletet két szabályos dobókockával végeztük, azaz az eseménytér minden elemét ugyanakkora valószínűséggel kaphattuk a dobás eredményeként. Ilyen esetekben könnyen kiszámolhatjuk egy esemény valószínűségét.

Ha egy kísérlethez tartozó elemi események száma véges, és azok egyenlő esélyűek, akkor egy

A esemény valószínűségét a P A kn

( )= képlet adja meg, ahol k az A eseményt megvalósító,

n pedig az eseményteret alkotó elemi események száma. Ez a valószínűségszámítás klasszikus modellje.

Eszerint a 2. példa c) részében kiszámoltuk az 1. példa A eseményének valószínűségét, ami

P(A)=

Természetesen a valószínűségszámítás tudományának mélyebb megismerése során pontosí-tani kell a valószínűség fogalmát, melyet 11. osztályban majd meg is teszünk, de az eddig leír-tak segítséget nyújtanak az egyszerűbb feladatok megoldásában.

Három cédulára felírtuk az 1, 2, 3, számjegyeket, majd beletettük azokat egy urnába. Ezután csukott szemmel kihúzzuk, majd a húzás sorrendjében egymás mellé tesszük őket. Az A ese-mény jelentse azt, hogy a kapott háromjegyű számban az 1 és a 2 egymás mellett szerepel!a) Adjuk meg az eseményteret!b) Adjuk meg az A eseményt!c) Számítsuk ki az A esemény valószínűségét!

a) Az eseményteret az 1, 2, 3 számjegyek mindegyikének felhasználásával képezhető háromje-gyű számok alkotják, mert ezek az elemi események. Tehát T = {123, 132, 213, 231, 312, 321}. b) Az A esemény A = {123, 213, 312, 321}.c) Mivel bármelyik elemi esemény ugyanakkora valószínűséggel következik be, ezért alkal-

mazhatjuk a klasszikus valószínűségszámítási modellt. Így

Egy szabályos pénzérmét hatszor egymás után feldobunk, és leírjuk egymás után a dobások eredményét. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a hat dobás között lesz fej is és írás is?

A kísérlethez tartozó eseményteret a fejből és írásból képezhető rendezett hatosok alkotják. Jelölje A azt az eseményt, hogy a dobássorozatban van írás is és fej is. Mivel mindegyik dobássorozat egy-formán valószínű így alkalmazhatjuk a klasszikus valószínűségszámítási modellt. A fejből és írásból képezhető rendezett hatosok száma Ezek között kettő olyan van, amely csak írást, vagy csak fejet tartalmaz. Így a kedvező esetek száma tehát az A esemény való-

színűsége

180

n pedig az eseményteret alkotó elemi események száma. Ez a valószínűségszámítás klasszikus modellje.

Eszerint a 2. példa c) részében kiszámoltuk az 1. példa A eseményének valószínűségét, ami

P(A)= 13

.

Természetesen a valószínűségszámítás tudományának mélyebb megismerése során pontosí-tani kell a valószínűség fogalmát, melyet 11. osztályban majd meg is teszünk, de az eddig leír-tak segítséget nyújtanak az egyszerűbb feladatok megoldásában.

3. Példa

Három cédulára felírtuk az 1, 2, 3, számjegyeket, majd beletettük azokat egy urnába. Ezután csukott szemmel kihúzzuk, majd a húzás sorrendjében egymás mellé tesszük őket. Az A ese-mény jelentse azt, hogy a kapott háromjegyű számban az 1 és a 2 egymás mellett szerepel!a) Adjuk meg az eseményteret!b) Adjuk meg az A eseményt!c) Számítsuk ki az A esemény valószínűségét!

meGoldás a) Az eseményteret az 1, 2, 3 számjegyek mindegyikének felhasználásával képezhető háromje-gyű számok alkotják, mert ezek az elemi események. Tehát T = {123, 132, 213, 231, 312, 321}. b) Az A esemény A = {123, 213, 312, 321}.c) Mivel bármelyik elemi esemény ugyanakkora valószínűséggel következik be, ezért alkal-

mazhatjuk a klasszikus valószínűségszámítási modellt. Így P A( ) = =46

23

.

4. Példa

Egy szabályos pénzérmét hatszor egymás után feldobunk, és leírjuk egymás után a dobások eredményét. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a hat dobás között lesz fej is és írás is?

meGoldás A kísérlethez tartozó eseményteret a fejből és írásból képezhető rendezett hatosok alkotják. Jelölje A azt az eseményt, hogy a dobássorozatban van írás is és fej is. Mivel mindegyik dobássorozat egy-formán valószínű így alkalmazhatjuk a klasszikus valószínűségszámítási modellt. A fejből és írásból képezhető rendezett hatosok száma V i

62 62( ) = . Ezek között kettő olyan van, amely csak

írást, vagy csak fejet tartalmaz. Így a kedvező esetek száma 2 26 − . tehát az A esemény való-

színűsége P A( ) = −= =

2 22

6264

3132

6

6 .

életraJzi momentumok

a valószínűségszámítás klasszikus modellje Pierre-simon de laplace (1749–1827), francia matematikus, csillagász és fizikus nevéhez fűződik, me-lyet ő az alábbi módon fogalmazott meg az 1821-ben megjelent munkájában: „a valószínűségszámítás nem más, mint egyenlően valószínű esetek meg-számlálása. Ha egy esemény valószínűségét akarjuk meghatározni, akkor meg kell keresnünk az összes olyan esetet, melyek ezt az eseményt eredménye-zik. ezek a kedvező esetek. az esemény valószínűségét a kedvező esetek és az összes esetek számának a hányadosa adja meg.”

181


5. Példa

Egy 28 fős osztályban a farsangi összejövetelen öt különböző tombolatárgyat sorsolnak ki. Mindenkinek pontosan egy tombolajegye van. Mekkora a valószínűsége annak, hogy az osz-tályba járó Nagy Norbert megnyeri a tombolatárgyak valamelyikét?

meGoldás legyen A a vizsgált esemény! Mivel különböző tombolatárgyakat sorsolnak ki, ezért számít a kiválasztás sorrendje. Így az eseményteret az osztály tanulóiból ké-pezhető rendezett ötösök alkotják. Ezek mind egyenlően valószínűek, melyek száma V28

5 28 27 26 25 24= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ . Még a kedvező esetek számát kell megadnunk! Nagy Norbert ötféle-képpen nyerhet tárgyat, és minden esetben mellé 27 26 25 24⋅ ⋅ ⋅ -féleképpen választhatunk nyertest. A szorzási szabály alapján a kedvező esetek száma 5 27 26 25 24⋅ ⋅ ⋅ ⋅ . A keresett való-

színűség a klasszikus modell alapján P A( ) = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=5 27 26 25 24

28 27 26 25 245

28.

6. Példa

Oldjuk meg az előző feladatot olyan feltétel mellett, hogy a tombolatárgyak egyformák!

meGoldás Az eseményt most is jelöljük A-val! Mivel a tárgyak egyformák, nem számít a kiválasztás sorrendje. Az eseményteret az osztály tanulóiból egyenlő valószínűséggel képez-

hető, ötelemű halmazok alkotják, ezek száma C285 28 27 26 25 24

5=

⋅ ⋅ ⋅ ⋅!

.

A kedvező esetek számát Nagy Norbert osztálytársaiból képezett négyelemű halmazok száma

adja, mert őt már kiválasztottuk. Ez pedig C274 27 26 25 24

4=

⋅ ⋅ ⋅!

.

A keresett valószínűség P(A) = =

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅=

⋅ ⋅ ⋅⋅

CC

274

285

27 26 25 244

28 27 26 25 245

27 26 25 244

528

!

!!

!⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

=27 26 25 24

528

.

Tehát azt a meglepő eredményt kaptuk, hogy akár megkülönböztetjük a tombolatárgyakat, akár nem, a vizsgált esemény valószínűsége egyenlő. Ezekben az esetekben a végeredmény szempontjából nem számított, hogy figyelembe vettük-e a sorrendet vagy sem. Ezt azonban óvatosan kell kezelni, mint az a lecke utáni feladatokból is kiderül.

Dobjunk fel egymásután 400-szor kéta) azonos b) különböző dobókockát! Az A esemény jelentse azt, hogy a dobott pontok összege 9! Határozzuk meg mindkét esetben az esemény relatív gyakoriságát!

Feladatok

1. érdekesséGa dobókocka a feladatainknál véletlenszám-generátor szerepet tölt be, ahol az eseménytér T = { }1 2 3 4 5 6; ; ; ; ; . sok modern társasjátékban találhatunk más alakú, sza-bályos dobótesteket, melyek lapjai az eldobás után szintén azonos valószínűséggel kerül-hetnek felülre.

182

Egy 28 fős osztályban a farsangi összejövetelen öt különböző tombolatárgyat sorsolnak ki. Mindenkinek pontosan egy tombolajegye van. Mekkora a valószínűsége annak, hogy az osz-tályba járó Nagy Norbert megnyeri a tombolatárgyak valamelyikét?

legyen A a vizsgált esemény! Mivel különböző tombolatárgyakat sorsolnak ki, ezért számít a kiválasztás sorrendje. Így az eseményteret az osztály tanulóiból ké-pezhető rendezett ötösök alkotják. Ezek mind egyenlően valószínűek, melyek száma

Még a kedvező esetek számát kell megadnunk! Nagy Norbert ötféle-képpen nyerhet tárgyat, és minden esetben mellé -féleképpen választhatunk nyertest. A szorzási szabály alapján a kedvező esetek száma A keresett való-

színűség a klasszikus modell alapján

Oldjuk meg az előző feladatot olyan feltétel mellett, hogy a tombolatárgyak egyformák!

Az eseményt most is jelöljük A-val! Mivel a tárgyak egyformák, nem számít a kiválasztás sorrendje. Az eseményteret az osztály tanulóiból egyenlő valószínűséggel képez-

hető, ötelemű halmazok alkotják, ezek száma

A kedvező esetek számát Nagy Norbert osztálytársaiból képezett négyelemű halmazok száma

adja, mert őt már kiválasztottuk. Ez pedig

A keresett valószínűség P(A)

Tehát azt a meglepő eredményt kaptuk, hogy akár megkülönböztetjük a tombolatárgyakat, akár nem, a vizsgált esemény valószínűsége egyenlő. Ezekben az esetekben a végeredmény szempontjából nem számított, hogy figyelembe vettük-e a sorrendet vagy sem. Ezt azonban óvatosan kell kezelni, mint az a lecke utáni feladatokból is kiderül.

Dobjunk fel egymásután 400-szor kéta) azonos b) különböző dobókockát! Az A esemény jelentse azt, hogy a dobott pontok összege 9! Határozzuk meg mindkét esetben az esemény relatív gyakoriságát!

Határozzuk meg az előző kísérlethez tartozó eseményteret, mindkét esetben! Tehát akkor is, amikor teljesen azonosnak, és amikor különbözőnek tekintjük a két kockát! Számítsuk ki mindkét esetben az A esemény valószínűségét!

Az előző két feladatban tapasztaltak alapján mit mondhatunk azzal kapcsolatban, hogy ha végrehajtjuk a kísérletet, akkor a látszólag egyformának tűnő kockák esetében számít-e a sor-rend, vagy sem?

négy kártyára felírjuk a 0, 1, 2, 3 számjegyeket, majd betesszük azokat egy dobozba. Ezután kihúzunk belőlük kettőt egymásután, majd a húzás sorrendjében letesszük azokat az asztalra. Adjuk meg az eseményteret! Az A jelentse azt az eseményt, hogy hárommal osztható kétjegyű számot kapunk. Mekkora az A esemény valószínűsége?

Egy dobókockát négyszer egymásután feldobunk, majd a dobott számokat leírjuk egymás mel-lé. Mekkora a valószínűsége annak, hogy az így kapott négyjegyű szám a) osztható néggyel;b) nem tartalmaz két egyforma számjegyet;c) tartalmaz legalább két egyforma számjegyet; d) számjegyei között nincs sem ötös sem négyes;e) nincs kettes vagy nincs hármas?

Egy iskolában 60 diák tanulja emelt szinten a matematikát, közülük 25-en 11.-esek és 35-en 12.-esek. Egy felmérés alkalmával találomra kiválasztanak a hatvan diák közül ötöt. Mennyi a valószínűsége annak, hogy közülük kettő 11.-es és három 12.-es?

Mennyi a valószínűsége annak, hogy egy lottószelvénnyel játszva az ötös lottóna) telitalálatunk, b) négyesünk, c) hármasunk van?

Öt különböző hosszúságú pálcika hossza 1 cm, 3 cm, 4 cm, 6 cm és 8 cm. Találomra kiválasztva hármat, mekkora annak a valószínűsége, hogy belőlük háromszög készíthető?

Egy televíziós vetélkedőben veszünk részt, melynek fődíja egy autó. A műsorvezető három ajtót mutat, az egyik mögött autó van, a másik két ajtó mögött pedig kecske. Miután kiválasztottuk az ajtónkat, azt nem nyitják ki, de a játékvezető kinyit egy másik ajtót, ami mögött egy kecske lát-ható. (A játékvezető tudja, hogy mi van az ajtók mögött.) Ezután kapunk egy újabb esélyt, meg-gondolni magunkat. Választhatunk, hogy az eredetileg kiválasztott ajtóhoz ragaszkodunk, vagy inkább a másik, még csukott ajtót választjuk! Változtassunk vagy ne változtassunk?

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

Monthy Hall-probléma

183


a matematikai loGika

Játsszuk párokban a következő játékot! az A játékos gondol egy pozitív egész számra az1 100;[ ] intervallumból. a B feladata ezt kitalálni. Ha a B mond egy számot, akkor A a „kicsi”, a „nagy” és a „talált” válaszokkal tájékoztatja. milyen kérdezési taktikát válasszunk az eredményes játékhoz?

meGoldás Egy ilyen játék esetén az intervallumok „felezésével” jut-hatunk el leggyorsabban a megoldásig. A matematikai logika a matematika azon területe, amely az emberi gondolkodás, és ebből következően a matematikai rendszereket és az azokban szereplő bizonyításokat, matematikai módszerekkel vizs-gálja. Kezdetben a logikát a filozófia részének tekintették, a logikai törvények első nagy rendszerezője Arisztotelész görög polihisztor volt. A paradoxonok felfedezése vetette fel a helyes definíciók, illetve helyes következtetések vizsgálatának igényét. Ehhez a bi-zonyítások formalizálására volt szükség, illetve arra, hogy minden bizonyításról belássuk, hogy leírhatók egy adott formális nyelven.

A továbbiakban a matematikai logika azon ágával foglalkozunk, amely az egyértelműen igaz vagy hamis kijelentő mondatokkal, az ítéletekkel vagy – más szóhasználattal – kijelentések-kel, állításokkal foglalkozik. Az ítéleteket A,B,C... vagy p,q,r... betűkkel jelöljük. Az „igaz” illetve „hamis” az ítélet logikai értéke vagy igazságértéke. A logikának azt az ágát, amelynek alap-fogalmai az ítélet, a logikai érték, és az ítéletek halmazán értelmezett logikai függvény, ami az ítéletekhez egy logikai értéket rendel, ítéletkalkulusnak vagy ítéletlogikának nevezik.

Válasszuk ki az alábbi mondatok közül az ítéleteket! Adjuk meg az ítélet logikai értékét! A = „ ”B = „ ”C = „ ”D = „ ”E = „ ”

Az A és a B kijelentő mondatok ítéletek, az A logikai értéke hamis, a B logikai értéke igaz. Jelekkel: vagy ,C nem ítélet. (A felkiáltó, a felszólító, az óhajtó és a kérdő mondatok nem ítéletek.)D nem ítélet, mert nem dönthető el egyértelműen, hogy igaz vagy hamis.E nem ítélet, mert ellentmondásos. Ha E igaz lenne, akkor nem mondanék igazat, tehát mégsem lenne igaz, ha pedig az állítás hamis lenne, akkor igazat mondanék, tehát az állítás igaz lenne.

Ha az ítéleteket tagadószóval (nem) látjuk el, vagy kötőszavakkal (és; vagy; ha..., akkor...; akkor és csak akkor...; ha...;) kapcsoljuk össze, akkor újabb ítéleteket kapunk. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az ítéletek halmazán műveleteket hajtottunk végre. Eze-ket a műveleteket logikai műveleteknek nevezzük. A logikai műveleteket úgynevezett igazságtáblázattal adjuk meg. Az igazságtáblázat a benne szereplő ítéletekhez tartozó logi-kai étékek ismeretében adja meg a művelet eredményének logikai értékét.Az alábbiakban a fent említett módon kapott ítéleteket vizs-gáljuk meg logikai szempontból.A „legegyszerűbb” művelet a negáció (tagadás). Például az A = „Forog a Föld” ítélet negációja vagy tagadása a „Nem forog a Föld” ítélet. Az A ítélet negációjának jelölése: olvasása: nem A.

Fogalmazza meg az alábbi ítéletek tagadását!A = „Süt a Nap.”B = „A 0 nem páratlan szám.”C = „A 30 osztható 5-tel és osztható 6-tal.”D = „Esik az eső vagy fúj a szél.”E = „Minden prímszám páratlan.”F = „Van olyan deltoid, amelyik nem trapéz.”

érdekesséGa paradoxonok feloldhatatlan ellentmondások. a mindennapi szóhasználat is gyakran használja ezt a kifejezést dilem-mákra vagy meghökkentő jelenségekre. a matematikán belül megkülönböztethetünk igaz és hamis paradoxonokat. talán az egyik leghíresebb közülük a borbélyparadoxon (a Russell-paradoxon egy népszerű formája), miszerint: ha mindenki vagy maga borotválkozik, vagy a borbély borotválja, akkor ki borotválja a borbélyt? a paradoxonokról további ismere-teket szerezhetsz richard mark sainsbury: Paradoxonok és Raymund smullyan: Emlékek, történetek, paradoxonok című művekből.

43.

184

1. Példa

Válasszuk ki az alábbi mondatok közül az ítéleteket! Adjuk meg az ítélet logikai értékét! A = „A = ⋅2 2 -telegyenlô 5 .”B = „B = ⋅2 2 4 egyenl -gyel.ô ”C = „C =De szeretnék okos lenni!”D = „D =Kata szép lány.”E = „E =Most hazudok.”

meGoldás Az A és a B kijelentő mondatok ítéletek, az A logikai értéke hamis, a B logikai értéke igaz. Jelekkel: A B= =h i, vagy A = h, B = i.C nem ítélet. (A felkiáltó, a felszólító, az óhajtó és a kérdő mondatok nem ítéletek.)D nem ítélet, mert nem dönthető el egyértelműen, hogy igaz vagy hamis.E nem ítélet, mert ellentmondásos. Ha E igaz lenne, akkor nem mondanék igazat, tehát mégsem lenne igaz, ha pedig az állítás hamis lenne, akkor igazat mondanék, tehát az állítás igaz lenne.

Ha az ítéleteket tagadószóval (nem) látjuk el, vagy kötőszavakkal (és; vagy; ha..., akkor...; akkor és csak akkor...; ha...;) kapcsoljuk össze, akkor újabb ítéleteket kapunk. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az ítéletek halmazán műveleteket hajtottunk végre. Eze-ket a műveleteket logikai műveleteknek nevezzük. A logikai műveleteket úgynevezett igazságtáblázattal adjuk meg. Az igazságtáblázat a benne szereplő ítéletekhez tartozó logi-kai étékek ismeretében adja meg a művelet eredményének logikai értékét.Az alábbiakban a fent említett módon kapott ítéleteket vizs-gáljuk meg logikai szempontból.A „legegyszerűbb” művelet a negáció (tagadás). Például az A = „Forog a Föld” ítélet negációja vagy tagadása a „Nem forog a Föld” ítélet. Az A ítélet negációjának jelölése: ¬A, olvasása: nem A.

DEFINÍCIÓ: NegációA ¬Ai hh i

Szavakkal: Az A ítélet negációja igaz, ha az A hamis, és hamis, ha A igaz. A példában szereplő ¬A, ítélet logikai értéke hamis, mivel A igaz volt.

2. Példa

Fogalmazza meg az alábbi ítéletek tagadását!A = „Süt a Nap.”B = „A 0 nem páratlan szám.”C = „A 30 osztható 5-tel és osztható 6-tal.”D = „Esik az eső vagy fúj a szél.”E = „Minden prímszám páratlan.”F = „Van olyan deltoid, amelyik nem trapéz.”

érdekesséGaz összes logikai mű-veletet megvalósíthatjuk áramkörök segítségével is, az ilyen áramköröket logi-kai kapuknak nevezzük. a logikai kapukban a be-meneti és a kimeneti ér-ték is egy feszültségszint: a hamis állításhoz tartozó 0 volt környéki, míg az igaz állításhoz tartozó az adott rendszerre jellemző, általában 3,3 volt.a tervezéskor a különbö-ző műveleteket egységes jelekkel jelölik, a negáció (not) jele 1

185


meGoldás tagadáskor nem egy mondatrészt tagadunk, hanem az egész mondatot. Prakti-kus a „Nem igaz, hogy…” formát alkalmazni, majd a kapott kijelentő mondatot a legegyszerűbb alakban megadni.¬ = =A Nem igaz, hogy süt a Nap. Nem süt a Nap.„¬ = =A Nem igaz, hogy süt a Nap. Nem süt a Nap.” = „¬ = =A Nem igaz, hogy süt a Nap. Nem süt a Nap.”¬ = =B Nem igaz, hogy a 0 nem páratlan szám. A 0 páratlan szám..„¬ = =B Nem igaz, hogy a 0 nem páratlan szám. A 0 páratlan szám..” = „¬ = =B Nem igaz, hogy a 0 nem páratlan szám. A 0 páratlan szám..”¬ = =

=C Nem igaz, hogy a 30 osztható 5-tel és 6-tal.

A 30 nem oosztható 5-tel vagy nem osztható 6-tal.„¬ = ==

C Nem igaz, hogy a 30 osztható 5-tel és 6-tal.A 30 nem oosztható 5-tel vagy nem osztható 6-tal.

” = = „¬ = =

=C Nem igaz, hogy a 30 osztható 5-tel és 6-tal.

A 30 nem oosztható 5-tel vagy nem osztható 6-tal.” ¬ = =D Nem igaz, hogy esik az es vagy fúj a szél. Nem esik aô zz es és nem fúj a szél.ô„¬ = =D Nem igaz, hogy esik az es vagy fúj a szél. Nem esik aô zz es és nem fúj a szél.ô” = „¬ = =D Nem igaz, hogy esik az es vagy fúj a szél. Nem esik aô zz es és nem fúj a szél.ô ”

¬ = ==

E Nem igaz, hogy den prímszám páratlan.Van olyan prí

minmmszám, amelyik nem páratlan.

Van olyan prímszám, amelyik=

= páros.

„¬ = ==




= páros.

” =

= „¬ = =

=E Nem igaz, hogy den prímszám páratlan.

Van olyan prímin

mmszám, amelyik nem páratlan.Van olyan prímszám, amelyik

== páros.

” =

= „

¬ = ==




= páros.” ¬ = =

=F Nem igaz, hogy van olyan deltoid, amelyik nem trapéz.

NNincs olyan deltoid, amelyik nem trapéz.Minden deltoid

== ttrapéz.

„¬ = ==

F Nem igaz, hogy van olyan deltoid, amelyik nem trapéz.NNincs olyan deltoid, amelyik nem trapéz.Minden deltoid

== ttrapéz.

” =

= „¬ = =

=F Nem igaz, hogy van olyan deltoid, amelyik nem trapéz.

NNincs olyan deltoid, amelyik nem trapéz.Minden deltoid

== ttrapéz.

” =

= „Minden deltoid trapéz.”

Vegyük észre, hogy a B ítélet, éppen a G = A páratlan szám0 . „G = A páratlan szám0 .” ítéletnek a tagadása, azaz B G=¬ . A fentiekből pedig ¬ =B G , így G G=¬ ¬( ). Belátható az alábbi tétel:

TÉTEL: Bármely ítélet tagadásának tagadása az eredeti ítélet. Jelekkel: A A= ¬ ¬( ).

Ezt a tételt a kettős tagadás törvényének nevezik.

3. Példa

tekintsük az A = „Forog a Föld” és a B = „Múlik az idő.” ítéleteket! Kapcsoljuk össze az A, B íté-leteket a) az „és” kötőszóval! b) a „vagy” kötőszóval!

meGoldás a) „A és B” ítélet: „Forog a Föld és múlik az idő”, amely akkor és csak akkor igaz, ha „Forog a Föld” és „Múlik az idő” ítéletek mindegyike igaz.Ezt az ítéletet az A és B ítéletek konjunkciójának nevezzük. Jelölése: A B∧ , olvasása: A és B.

DEFINÍCIÓ: KonjunkcióA B A B∧i i ii h hh i hh h h

Szavakkal: Az A és B ítélet konjunkciója az az ítélet, amely akkor és csak akkor igaz, ha A B, ítéletek mindegyike igaz.

b) „A vagy B” ítélet: „Forog a Föld vagy múlik az idő”, amely akkor és csak akkor hamis, ha „Fo-rog a Föld” és „Múlik az idő” ítéletek mindegyike hamis.Ezt az ítéletet az A és B ítéletek diszjunkciójának nevezzük. Jelölése: A B∨ , olvasása: A vagy B.

A definíciók alapján belátható, hogy tetszőleges A, B, C ítéle-tek esetén azaz a konjunkció és a

diszjunkció kommutatívak; azaz a

konjunkció és a diszjunkció asszociatívak; azaz a konjunkció disztri-

butív a diszjunkcióra nézve; azaz a diszjunkció disztributív a konjunkcióra nézve.

Készítsük el az alábbi műveletek igazságtáblázatát!a) b)

a)

A táblázat alapján megfogalmazhatjuk a tételt:

b)


érdekesséG

a konjunkció (and) jele:

&

diszjunkció (or) jele:

≥1

186

DEFINÍCIÓ: DiszjunkcióA B A B∨i i ii h ih i ih h h

Szavakkal: Az A, B ítéletek diszjunkciója az az ítélet, amely akkor és csak akkor hamis, ha A, B ítéletek mindegyike hamis.

A definíciók alapján belátható, hogy tetszőleges A, B, C ítéle-tek esetén A B B A∧ = ∧ , A B B A∨ = ∨ , azaz a konjunkció és a

diszjunkció kommutatívak; A B C A B C∧( )∧ = ∧ ∧( ) , A B C A B C∨( )∨ = ∨ ∨( ) , azaz a

konjunkció és a diszjunkció asszociatívak; A B C A B A C∧ ∨( ) = ∧( )∨ ∧( ) , azaz a konjunkció disztri-

butív a diszjunkcióra nézve; A B C A B A C∨ ∧( ) = ∨( )∧ ∨( ) , azaz a diszjunkció disztributív a konjunkcióra nézve.

4. Példa

Készítsük el az alábbi műveletek igazságtáblázatát!a) A A∧¬ ; b) A A∨¬ .

meGoldás a) A ¬A A A∧ ¬

i h hh i h


TÉTEL: Bármely A ítélet esetén: A A∧¬ = h, azaz egy ítélet és negációja nem lehet egyszer-re igaz. Ezt a tételt szokás az ellentmondásmentesség elvének nevezni.

b) A ¬A A A∨ ¬i h i

h i i


TÉTEL: Bármely A ítélet esetén: A A∨¬ = i, azaz egy ítélet és negációja nem lehet egyszerre hamis (legalább az egyik ítélet igaz). Ez a harmadik kizárásának elve.

érdekesséGaz igazság szája, ola-szul bocca della Veritá. a legenda szerint a ró-mában, a santa maria in cosmedin-templomban található szobor leharapja annak a kezét aki nem mond igazat.

187


5. Példa

Mutassuk meg, hogy tetszőleges A, B ítéletek esetén teljesülnek az a)¬ ∨( ) =¬ ∧¬A B A B; b)¬ ∧( ) =¬ ∨¬A B A B azonosságok (a De Morgan-azonosságok).

meGoldás Készítsük el az azonosságok jobb és bal oldalán álló műveleteinek igazságtáblázatát!

a)

A B A B∨ ¬ ∨( )A B

i i i h

i h i h

h i i h

h h h i

A B ¬A ¬B ¬ ∧ ¬A B

i i h h h

i h h i h

h i i h h

h h i i i

b)

A B ¬A ¬B ¬ ∨ ¬A B

i i h h h

i h h i i

h i i h i

h h i i i

A B A B∧ ¬ ∧( )A B

i i i h

i h h i

h i h i

h h h i

A táblázatok alapján az egyenlőségek az A, B ítéletek bármely logikai értékeire fennállnak. Ezzel az állításokat beláttuk. Vegyük észre, hogy a 2. példában a C és a D ítéletek felírhatóak C P Q= ∧ , D R S= ∨ alakban, ahol P = " ",30 osztható 5-tel.„30 osztható 5-tel.”, Q = " ",30 osztható 6-tal.„30 osztható 6-tal.”, R = " ."Esik az esô„Esik az eső.” és S = " "Fúj a szél.„Fúj a szél.” ítéletek. A De Morgan-azonosságok alapján a C és a D ítéletek negációja: ¬ =¬ ∨¬ =C P Q " nem osztható 5-tel vagy nem osztható 6-tal30 ."„30 nem osztható 5-tel vagy nem osztható 6-tal.”¬ =¬ ∧¬ =D R S " ."Nem esik az es és nem fúj a szélô „Nem esik az eső és nem fúj a szél.”

6. Példa

Fogalmazzuk meg azokat az ítéleteket, amelyeknek az alábbi ítéletek a negációi!

A = " "Zenét hallgatok vagy nem tanulok.„Zenét hallgatok vagy nem tanulok.” és B = " ."Nem írok és nem olvasok „Nem írok és nem olvasok.”

meGoldás A De Morgan-azonosságok és a kettős tagadás törvénye alapján a keresett ítéletek: ¬ =A " ";Nem hallgatok zenét és tanulok. „Nem hallgatok zenét és tanulok.”, ¬ =B " ."Írok vagy olvasok„Írok vagy olva-sok.”

tekintsük az „Forog a Föld.” és a „Múlik az idő.” ítéleteket! Kapcsoljuk össze az A, B íté-leteketa) a „ha..., akkor...” kötőszavakkal!b) az „akkor és csak akkor..., ha...” kötőszavakkal!

a) „Ha A, akkor B” ítélet: „Ha forog a Föld, akkor múlik az idő”, amely akkor és csak akkor ha-mis, ha a „Forog a Föld” ítélet igaz és a „Múlik az idő” ítélet hamis.Ezt az ítéletet az A és B ítéletek implikációjának nevezzük. Az A ítéletet az implikáció előtag-jának, B ítéletet az implikáció utótagjának hívjuk. Jelölése: , olvasása: Ha A, akkor B.

Könnyen belátható, hogy az implikáció művelet nem kommutatív és nem asszociatív.

b) „ ” ítélet: „Akkor és csak akkor forog a Föld, ha múlik az idő”, amely akkor és csak akkor igaz, ha az A, B ítéletek logikai értéke egyenlő. Ezt az ítéletet az A és B ítéletek ekvivalenciájának nevezzük. Jelölése: , olvasása: akkor és csak akkor A, ha B.

A definíció segítségével igazolható, hogy tetszőleges A, B, C ítéletek esetén: , azaz az ekvivalancia kommutatív; , azaz az ekvivalencia asszociatív.

Vegyük észre, hogy a negációnál egy ítéletből, míg a többi műveletnél két ítéletből indulva kaptunk új ítéletet. Ilyenkor azt mondjuk, hogy a negáció egyváltozós művelet, a konjunkció, a diszjunkció, az implikáció és az ekvivalencia pedig kétváltozós műveletek.

188

7. Példa

tekintsük az A = " ."Forog a Föld„Forog a Föld.” és a B = " "Múlik az id .ô„Múlik az idő.” ítéleteket! Kapcsoljuk össze az A, B íté-leteketa) a „ha..., akkor...” kötőszavakkal!b) az „akkor és csak akkor..., ha...” kötőszavakkal!

meGoldás a) „Ha A, akkor B” ítélet: „Ha forog a Föld, akkor múlik az idő”, amely akkor és csak akkor ha-mis, ha a „Forog a Föld” ítélet igaz és a „Múlik az idő” ítélet hamis.Ezt az ítéletet az A és B ítéletek implikációjának nevezzük. Az A ítéletet az implikáció előtag-jának, B ítéletet az implikáció utótagjának hívjuk. Jelölése: A B→ , olvasása: Ha A, akkor B.

DEFINÍCIÓ: Implikáció

A B A B→i i ii h hh i ih h i

Szavakkal: Az A és B ítéletek implikációja az az ítélet, amely akkor és csak akkor hamis, ha az A ítélet igaz, és a B ítélet hamis.

Könnyen belátható, hogy az implikáció művelet nem kommutatív és nem asszociatív.

b) „"Akkor és csak akkor ha A B, "” ítélet: „Akkor és csak akkor forog a Föld, ha múlik az idő”, amely akkor és csak akkor igaz, ha az A, B ítéletek logikai értéke egyenlő. Ezt az ítéletet az A és B ítéletek ekvivalenciájának nevezzük. Jelölése: A B↔ , olvasása: akkor és csak akkor A, ha B.

DEFINÍCIÓ: Ekvivalencia

A B A B↔i i ii h hh i hh h i

Szavakkal: Az A és B ítéletek ekvivalenciája az az ítélet, amely akkor és csak akkor igaz, ha az A, B ítéletek logikai értéke megegyezik.

A definíció segítségével igazolható, hogy tetszőleges A, B, C ítéletek esetén: A B B A↔ = ↔ , azaz az ekvivalancia kommutatív; A B C A B C↔( )↔ = ↔ ↔( ), azaz az ekvivalencia asszociatív.

Vegyük észre, hogy a negációnál egy ítéletből, míg a többi műveletnél két ítéletből indulva kaptunk új ítéletet. Ilyenkor azt mondjuk, hogy a negáció egyváltozós művelet, a konjunkció, a diszjunkció, az implikáció és az ekvivalencia pedig kétváltozós műveletek.

JárJ utána!

az ekvivalencia (Xnor) jele:

=1

az implikáció ritkábban használt ítélet, így külön jele nincsen, de előállítható az előzőek segítségével. Hogyan?

189


8. Példa

legyen az A = " "Esik a hó.„Esik a hó.”, a B = " "Fúj a szél.„Fúj a szél.”. Írjuk le logikai jelekkel a következő mondatokat!a) Esik a hó és fúj a szél. b) Nem esik a hó vagy fúj a szél. c) Ha esik a hó, akkor fúj a szél. d) Ha a szél fúj, akkor nem esik a hó.

meGoldás a) A B∧ ; b)¬ ∨A B; c) A B→ ; d) B A→¬ .

9. Példa

Az ABC oldalainak hosszúsága: a =10, b =24 és c =26 egység. tekintsük az A = „A ABC= Az tengelyesen szimmetrikus .",B = „B ABC= " ",Az derékszög . ûC = „C ABC= "Az egyik középvonalának hossza egyenl a köré írt ô kkör sugarának hosszával." ítéleteket!

Fogalmazzuk meg az alább megadott formális kifejezéseket, és adjuk meg logikai értéküket!a) A B∨ ; b) ¬ ∧A C ; c) B A→ ; d) B C↔ .

meGoldás Először adjuk meg az ítéletek logikai értékét! A különböző oldalhosszúságok miatt A = h. Mivel 10 24 262 2 2+ = egyenlőség fennáll, ezért a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt a három-szög derékszögű, tehát B = i. A háromszögek középvonalára vonatkozó tétel alapján az ABC

háromszög c oldalával párhuzamos középvonalának hossza c2

13= egység, thalész tételének

a megfordítása miatt az ABC háromszög köré írt körének sugara c2

13= egység hosszúságú, tehát C = i.

a) A B ABC∨ = "Az háromszög tengelyesen szimmetrikus vagy derékszzögq."„Az ABC háromszög tengelyesen szimmetrikus vagy derékszögű.” A diszjunkció defi-níciója alapján: A B∨ = i.

b)¬ ∧ =A C „Az ABC háromszög nem tengelyesen szimetrikus és az egyik középvonalának hossza egyenlő a köré írt köré-nek sugarával.”A negáció és a konjunkció definíciója szerint: ¬ ∧ =A C i.

c) B A ABC→ = "Ha az háromszög derékszögq, akkor tengelyesen szimmmetrikus."„Ha az ABC háromszög derékszögű, akkor tenge-lyesen szimmetrikus.”Az implikáció definíciója értelmében: B A→ = h.

d) B C↔ = „Az ABC háromszög akkor és csak akkor derékszögű, ha az egyik középvonalának hossza egyenlő a köré írt körének sugarával.”Az ekvivalencia definíciója miatt: B C↔ = i.

A logikAi felAdAtok, fejtörők megoldásában is ítéletekkel dolgozunk. Erre mutatunk most egy példát.

Dolgozat íráskor X-et, Y-t és Z-t a felügyelő tanár puskázással vádolta. A következő kijelentéseket sikerült bizonyítékokkal igazolni:(1) „X bűnös vagy Z ártatlan.”;(2) „Ha X ártatlan vagy Y bűnös, akkor Z bűnös.”;(3) „Akkor és csak akkor ártatlan Z, ha Y bűnös.”Ki vagy kik lehetnek a bűnösök?

A (3) alatti ítélet és az ekvivalencia definíciója értelmében az „Y bűnös” és a „Z ártatlan” ítéletek logikai értéke egyenlő . Ha „Y bűnös” és a „Z ártatlan” ítéletek logikai értéke igaz, akkor a diszjunkció és az implikáció definíciója miatt a (2) alatti ítélet logikai értéke hamis. Így az „Y bűnös” és a „Z ártatlan” ítéletek logikai értéke hamis. Az (1) alatti ítélet és a diszjunkció definíciója miatt a „X bűnös” ítélet logikai értéke igaz. Ekkor az (1), (2) és (3) alatti ítéletek logikai értéke igaz. tehát X és Z bűnös, Y ártatlan.

Válasszuk ki az alábbi mondatok közül az ítéleteket! Adjuk meg az ítélet értékét! Deák Ferenc államférfi volt. De szeretnék gazdag lenni! Messi brazil focista. Van élet a Földön kívül? Van élet a Földön kívül.

Tagadjuk a következő ítéleteket!a) A foci VB-t négyévente rendezik meg. b) Ha esik a hó, akkor zenét hallgatok. c) Van olyan gimnazista, aki nem készül az órákra.d) Vasárnap olvasok vagy kirándulok. e) Kék a fű, és zöld az ég. f) Minden nyáron megrendezik a Szegedi Szabadtéri Játékokat és a Szegedi Ifjúsági Napokat.g) Minden háztartásban van legalább egy számítógép.h) A 24 osztható 3-mal és 4-gyel.i) Van olyan deltoid, amelyik húrnégyszög.

B A

C

Fb

Fa

190

A logikAi felAdAtok, fejtörők megoldásában is ítéletekkel dolgozunk. Erre mutatunk most egy példát.

10. Példa

Dolgozat íráskor X-et, Y-t és Z-t a felügyelő tanár puskázással vádolta. A következő kijelentéseket sikerült bizonyítékokkal igazolni:(1) „X bűnös vagy Z ártatlan.”;(2) „Ha X ártatlan vagy Y bűnös, akkor Z bűnös.”;(3) „Akkor és csak akkor ártatlan Z, ha Y bűnös.”Ki vagy kik lehetnek a bűnösök?

meGoldás A (3) alatti ítélet és az ekvivalencia definíciója értelmében az „Y bűnös” és a „Z ártatlan” ítéletek logikai értéke egyenlő . Ha „Y bűnös” és a „Z ártatlan” ítéletek logikai értéke igaz, akkor a diszjunkció és az implikáció definíciója miatt a (2) alatti ítélet logikai értéke hamis. Így az „Y bűnös” és a „Z ártatlan” ítéletek logikai értéke hamis. Az (1) alatti ítélet és a diszjunkció definíciója miatt a „X bűnös” ítélet logikai értéke igaz. Ekkor az (1), (2) és (3) alatti ítéletek logikai értéke igaz. tehát X és Z bűnös, Y ártatlan.

Válasszuk ki az alábbi mondatok közül az ítéleteket! Adjuk meg az ítélet értékét! Deák Ferenc államférfi volt. De szeretnék gazdag lenni! Messi brazil focista. Van élet a Földön kívül? Van élet a Földön kívül.

Tagadjuk a következő ítéleteket!a) A foci VB-t négyévente rendezik meg. b) Ha esik a hó, akkor zenét hallgatok. c) Van olyan gimnazista, aki nem készül az órákra.d) Vasárnap olvasok vagy kirándulok. e) Kék a fű, és zöld az ég. f) Minden nyáron megrendezik a Szegedi Szabadtéri Játékokat és a Szegedi Ifjúsági Napokat.g) Minden háztartásban van legalább egy számítógép.h) A 24 osztható 3-mal és 4-gyel.i) Van olyan deltoid, amelyik húrnégyszög.

Feladatok

1.

2.

életraJzi momentumok

a logika, mint ésszerű következtetés az emberré válással egyidős, de a mai értelem-ben vett matematikai logika megszületése leibniz nevéhez fűződik. Gottfried Wilhelm leibniz (1646-1716) korának legnagyobb polihisztora, matematikus és filozófus, de rendszeresen foglalkozott jogtudománnyal, történelemmel, biológiával, közgazdaság-tannal, régészettel, nyelvészettel és politikával is. a logikai műveletek kidolgozásakor egy olyan módszert keresett, melynek segítségével általánosíthatóak a világ megis-merésének folyamatai. 191


tekintsük az A n= " ."; osztható 4-gyel„n osztható 4-gyel.”; B n= " osztható 3-mal."„n osztható 3-mal.” és C n= " osztható 12-vel."„n osztható 12-vel.” ítélete-ket! Írjuk fel a ¬ ∧ ∨ → ↔, , , , logikai műveletek segítségével az alábbi kijelentéseket!a) „" .";n nem osztható 4-gyel ”;b) „" ";n osztható 4-gyel és osztható 3-mal.”;c) „"n osztható 4-gyel vagy nem osztható 3-mal.";”; d) „"Ha osztható 12-vel, akkor osztható 3-maln .";”;e) „" ;Ha nem osztható 12-vel, akkor nem osztható 3-mal."n ”;f) „"n nakkor és csak akkor osztható 12-vel, ha osztható 4-gyell és osztható 3-mal.".”.

Fogalmazzuk meg az alább megadott formális kifejezéseket!A = " ";A rabok átveszik a börtön irányítását.„A rabok átveszik a börtön irányítását.”;B = " .";A rabok legalább 6 rt leszerelnekô„A rabok legalább 6 őrt leszerelnek.”;C BBC CNN= " .A és a él ben közvetíti a lázadást."ô„A BBC és a CNN élőben közvetíti a lázadást.”.a) ¬( )∨A B; b) ¬ ∧( )A B ; c) A C→ ; d) A B C∧( )↔ .

András, Béla és Csaba barátok. Az egyikük építész, a másik informatikus, a harmadik fizikus. Mindhárman egy-egy sportágat űznek: egyikük úszik, a másik ejtőernyőzik, a harmadik ke-rékpározik. Béla és Csaba nem kerékpározik, Béla nem informatikus. A fizikus nem úszik, az informatikus ejtőernyőzik. Kinek mi a foglalkozása, és milyen sportot űznek?

Egyszerűsítsük az alábbi formulákat igazságtáblázat segítségével! a) A A B∨ ∧( ); b) A A B∧ ∨( ); c) ¬( )∨A B.

Mutassuk meg, hogy bármely A, B, C ítéletek esetén igaz, hogy a) A B C A B C∧( )∧ = ∧ ∧( ); b) A B C A B C∨( )∨ = ∨ ∨( ); c) A B C A B A C∨ ∧( ) = ∨( )∧ ∨( ); d) A B C A B A C∧ ∨( ) = ∧( )∨ ∧( )!

Columbo felügyelő négy gyanúsítottat hallgat ki egy gyilkossággal kapcsolatban, Andrew-t, Barryt, Carlát és Dannyt. Tudja, hogy legalább egyikük bűnös és rajtuk kívül senki más nem vehetett részt a gyilkosságban. A kihallgatás során a következők derültek ki: Andrew biztosan ártatlan. Ha Barry bűnös, akkor pontosan egy bűntársa volt. Ha Carla bűnös, akkor pontosan két bűntársa volt.

Columbo felügyelőt az érdekelte leginkább, hogy Danny bűnös vagy ártatlan, mert neki már korábban is volt összeütközése a törvénnyel. Ennyiből el lehet-e dönteni ezt a kérdést?

3.

4.

5.

6.

7.

8.

192

ProblémameGoldás GráFok seGítséGéVel

ábrázoljuk az előző lecke 8. fejtörőjének lehetséges eseteit gráffal!

Emlékeztetőül a feladat szövegének első része:Columbo felügyelő négy gyanúsítottat hallgat ki egy gyilkossággal kapcsolatban, Andrew-t, Barryt, Carlát és Dannyt. Tudja, hogy legalább egyikük bűnös és rajtuk kívül senki más nem vehetett részt a gyilkosságban. A kihallgatás során a következők derültek ki: Andrew biztosan ártatlan. Ha Barry bűnös, akkor pontosan egy bűntársa volt. Ha Carla bűnös, akkor pontosan két bűntársa volt.

meGoldás A gyanúsítottakat a nevük kezdőbetűjével jelöltük, a + bűnöst, a - ártatlant je-löl. A problémát leíró gráf:

0

A+

C- C+

B- B+ B-

A

C- C+ C- C+ C-

B+

C+

D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D-

Változtassunk a gráfon úgy, hogy lépésenként töröljük azokat az éleket és csúcsokat, amik a feladat feltételei miatt nem lehetségesek. A feladat kiinduló feltételeinek és az első feltétel figyelembe vételével a következő gráfhoz jutunk (pirossal jelölve a törölt részek):

0

A+

C- C+

B- B+ B-

A

C- C+ C- C+ C-

B+

C+

D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D- D+ D-

44.

193


A második feltétel figyelembe vétele után a gráf így egyszerűsödik:0

A�

C� C�

B� B� B�

A

C� C� C� C� C�

B�

C�

D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D�

tekintsük a harmadik feltételt! A kapott gráf:0

A�

C� C�

B� B� B�

A

C� C� C� C� C�

B�

C�

D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D� D�

Ezek után adjunk választ a feladat kérdésére: Danny biztosan bűnös, és ha valaki segített neki, az Barry volt.láttuk, hogy a gráfos ábrázolás megkönnyítette a probléma vizsgálatát. Ebben a leckében né-hány olyan példát nézünk meg, amelyek gráfos ábrázolással (is) vizsgálhatók.

1. Példa

Anasztázia és Bertold azt játsszák, hogy mindketten elrejtenek a kezükbe 0, 1, vagy 2 pénzdarabot, majd egyszerre megmutatják, hogy hányat rejtettek el. Ha az elrejtett pénzdarabok számának összege páros, akkor Anasztázia nyer, ellenkező esetben Bertold nyer. Kinek kedvező ez a játék?

meGoldás Készítsünk gráfot a probléma ábrázolására!0

A0

B0 B1 B2 B0 B1 B2 B0 B1 B2

A1 A2

Értékeljük ki a gráfot! Állapítsuk meg, hogy az egyes esetekben ki nyer!0

A0

A B A B A B A B AB0 B1 B2 B0 B1 B2 B0 B1 B2

A1 A2

Ha feltételezzük, hogy az egyes esetek egyenlő eséllyel következnek be, akkor azt mondhatjuk, hogy Anasztáziának kedvezőbb a játék, hiszen a 9 esetből 5 esetben ő nyer.

négy kártyára felírjuk a 0, 1, 2, 3 számjegyeket, majd betesz-szük azokat egy dobozba. Kihúzunk egy kártyát, a rajta lévő számot leírjuk, majd a kártyát visszatesszük a dobozba. A kö-vetkező húzásnál a kártyán lévő számot az előző mellé írjuk.Adjuk meg az eseményteret! Az A jelentse azt az eseményt, hogy hárommal osztható kétjegyű számot kapunk. Mekkora az A esemény valószínűsége?Vizsgáljuk a problémát gráfos módszerrel!

A probléma gráfja:

Értékeljük ki a gráfot! Jelöljük meg azokat az eseteket, amelyekben a dobott számok összege hárommal osztható!

Hat ilyen estet találtunk, így a klasszikus valószínűség szerint

négy cédulára felírtuk az 1, 2, 3, 4 számjegyeket, majd beletesszük azokat egy urnába. Ezután csukott szemmel kihúzzuk, majd a húzás sorrendjében egymás mellé tesszük őket. Az A ese-mény jelentse azt, hogy egyik számot sem húztuk annyiadikra, mint amennyi az értéke. Adjuk meg az A valószínűségét!

A probléma gráfja:

Az eseménytér elemeinek száma 4! = 24. Jelöljük meg a kedvezőtlen eseteket eredményező csúcsokat pirossal (Valamelyik számot annyiadikra húztuk, amennyi az értéke.)!

194

2. Példa

négy kártyára felírjuk a 0, 1, 2, 3 számjegyeket, majd betesz-szük azokat egy dobozba. Kihúzunk egy kártyát, a rajta lévő számot leírjuk, majd a kártyát visszatesszük a dobozba. A kö-vetkező húzásnál a kártyán lévő számot az előző mellé írjuk.Adjuk meg az eseményteret! Az A jelentse azt az eseményt, hogy hárommal osztható kétjegyű számot kapunk. Mekkora az A esemény valószínűsége?Vizsgáljuk a problémát gráfos módszerrel!

meGoldás A probléma gráfja:

0

0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3

1 2 3

*

Értékeljük ki a gráfot! Jelöljük meg azokat az eseteket, amelyekben a dobott számok összege hárommal osztható!

0

0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3 0 1 2 3

1 2 3

*

i i i i i i

Hat ilyen estet találtunk, így a klasszikus valószínűség szerint P A( ) .= =6

1638

3. Példa

négy cédulára felírtuk az 1, 2, 3, 4 számjegyeket, majd beletesszük azokat egy urnába. Ezután csukott szemmel kihúzzuk, majd a húzás sorrendjében egymás mellé tesszük őket. Az A ese-mény jelentse azt, hogy egyik számot sem húztuk annyiadikra, mint amennyi az értéke. Adjuk meg az A valószínűségét!

meGoldás A probléma gráfja:*

4

3

2

1

3 4

4 2 4 2 3

3 4 2 3 2 4

3

1

2

3 4

4 1 4 1 3

3 4 1 3 2 4

2

1

3

2 4

4 1 4 1 2

2 4 1 2 1 3

2

1

4

2 3

3 1 3 1 2

2 3 1 2 1

Az eseménytér elemeinek száma 4! = 24. Jelöljük meg a kedvezőtlen eseteket eredményező csúcsokat pirossal (Valamelyik számot annyiadikra húztuk, amennyi az értéke.)!

195


*

4

3

2

1

3 4

4 2 4 2 3

3 4 2 3 2 4

3

1

2

3 4

4 1 4 1 3

3 4 1 3 2 4

2

1

3

2 4

4 1 4 1 2

2 4 1 2 1 3

2

1

4

2 3

3 1 3 1 2

2 3 1 2 1

Értékeljük ki a gráfot! Azok az utak jelölnek kedvező eseteket (K-val jelölve), melyekben nincs piros színű csúcs.

*

K K K K K K K K K4

3

2

1

3 4

4 2 4 2 3

3 4 2 3 2 4

3

1

2

3 4

4 1 4 1 3

3 4 1 3 2 4

2

1

3

2 4

4 1 4 1 2

2 4 1 2 1 3

2

1

4

2 3

3 1 3 1 2

2 3 1 2 1

A kedvező esetek száma 9, így P A( ) .= =9

2438

Vizsgáljuk az előző lecke 10. példáját gráfos módszerrel!

Anasztázia, Bertold és Cili azt játsszák, hogy mindhárman elrejtenek a kezükbe 0, 1 vagy 2 pénzdarabot, majd egyszerre megmutatják, hogy hányat rejtettek el. Ha az elrejtett pénz-darabok számának összege hárommal osztható, akkor Anasz-tázia nyer, ha hárommal osztva 1 a maradék, akkor Bertold nyer, egyébként Cili a győztes. Kinek a legkedvezőbb és kinek a legkedvezőtlenebb a játék?

négy kártyára felírjuk a 0, 1, 2, 3 számjegyeket, majd betesszük azokat egy dobozba. Ezután kihúzunk belőlük kettőt egymásután, majd a húzás sorrendjében letesszük azokat az asztalra. Adjuk meg az eseményteret! Az A jelentse azt az eseményt, hogy öttel osztva kettő maradékot adó, kétjegyű számot kapunk. Mekkora az A esemény valószínűsége?

Feladatok

1.

2.

3.

JárJ utána!

nagyszüleink időtöltő já-téka volt a snóbli, melyet szintén aprópénzzel (vagy babszemmel, gyufaszállal) játszottak. milyen szabá-lyok szerint?

196

SzakkifejezéSek liStája

alapkör �� 81aránytartó �� 83befogótétel �� 92binomiális együttható �� 171depressziószög �� 116diszjunkció �� 187diszkrimináns �� 29egyenlet nullára redukálása �� 27egyismeretlenes másodfokú

egyenlet �� 28egyszerű gráf �� 150ekvivalencia �� 189elégséges feltétel �� 152emelkedési szög �� 116emelkedő emelkedésének

százalékos mértéke �� 129esemény, biztos, lehetetlen �� 180eseménytér, elemi �� 180Euler-egyenes �� 115faktoriális �� 156felező merőleges sík �� 76felszín �� 78Feuerbach-kör �� 115forgáskúp �� 80forgástest �� 80fraktál �� 12függvény jellemzése �� 22geomatika �� 118geometriai transzformációk

szorzata �� 87gömb �� 76gráf, csúcsa, fokszáma,

szögpontja �� 150gúla �� 80gyöktényezős alak �� 44hányados négyzetgyöke �� 12háromszögek hasonlósága �� 89háromszög trigonometrikus

területképlete �� 140hasonló ponthalmazok �� 88hasonló síkidomok területének

aránya �� 96hasonló testek felszínének

aránya �� 100hasonló testek térfogatának

aránya �� 100hasonlóság aránya �� 82hasonlóság középpontja �� 82hasonlóság tulajdonságai �� 88hasonlósági transzformáció �� 87

hasonlósági transzformáció aránya �� 87

hatvány négyzetgyöke �� 12henger �� 79húrnégyszög �� 109húrnégyszögek tétele,

megfordítása �� 110identitás �� 83igazságérték �� 184igazságtáblázat �� 185implikáció �� 189invariáns egyenesek �� 83ítélet, logikai �� 184ítéletkalkulus �� 184ítéletlogika �� 184kerületi szög �� 103kerületi szögek tétele �� 105kettőskúp �� 81kettős tagadás törvénye �� 186kitérő egyenesek �� 77kicsinyítés �� 83kocka �� 78kombináció, n elem k-ad

osztályú ismétlés nélküli �� 171konjunkció �� 186koszinusz �� 121kotangens �� 121körüljárásiirány-tartó �� 83középponti szög �� 104középpontos hasonlóság �� 82kúp �� 79látószögkörív �� 106logika, matematikai �� 184logikai kapu �� 185logikai művelet �� 185magasabb fokú egyenletek �� 50magassági szög �� 116magasságtétel �� 92másodfokú egyenlet

diszkriminánsa �� 29másodfokú egyenlet, hiányos �� 32másodfokú egyenlet

megoldóképlete �� 29másodfokú egyenletrendszer �� 72másodfokú egyenlőtlenségek �� 56másodfokú függvény �� 23másodfokú polinom

gyöktényezős alakja �� 44mértani közép �� 65nagyítás �� 83

negáció (tagadás) �� 185négyzetgyök �� 9négyzetgyökjel alóli kihozatal �� 15négyzetgyökös egyenletek �� 60nevezetes szögek

szögfüggvényei �� 123nyeregfelület �� 77őskép �� 84összeadási szabály �� 159paraméter �� 28permutáció, n elem ismétlés

nélküli �� 166permutáció, n elem

ismétléses �� 168pótszögek szögfüggvényei�� 122reciprok egyenlet �� 53relatív gyakoriság �� 179rendezett elempár �� 154skatulyaelv, általánosítása �� 146sokszögek hasonlósága �� 90számtani közép �� 65szimmetrikus egyenlet �� 53szinusz �� 121szorzási szabály �� 154szorzat négyzetgyöke �� 11szögfelezőtétel �� 94szögfüggvény �� 121szükséges és elégséges

feltétel �� 152szögtartó �� 83tagadás (negáció) �� 185tangens �� 121távolságtartó �� 83teleszkopikus módszer �� 20térfogat �� 78tétel és megfordítása �� 151trigonometrikus Pitagorasz-

tétel �� 133valószínűségi kísérlet �� 180valószínűségszámítás �� 178variáció, n elem egy k-ad osztályú

ismétlés nélküli �� 162variáció, n elem egy k-ad osztályú

ismétléses �� 162végtelen hengerfelület �� 76véletlen jelenség �� 180Viète-formulák �� 46

197

függelék

I. négyzetgyök

Azonosságok

1 0

2 0 0

3 0

4 2

( ) ⋅ = ⋅ ≥

( ) = ≥ >

( ) = ( ) ≥ ∈

( ) =

a b a b a b

ab

ab

a b

a a a k

a a

kk

, ;

, ;

, ;

�

II. másodfokú egyenletek, egyenlőtlenségek, egyenlet-rendszerek

Másodfokú függvény általános alakja

f f x a x b x c a b c a: , , , , � → ( ) = ⋅ + ⋅ + ∈ ≠( )2 0

A másodfokú egyenlet a x b x c a⋅ + ⋅ + ≠( )2 0,megoldóképlete

x b b a ca1 2

2 42, =

− ± − ⋅ ⋅⋅

, ha b ac2 4 0− ≥ �

Másodfokú egyenlet diszkriminánsaD b a c= − ⋅ ⋅2 4

Másodfokú polinom gyöktényezős alakjaa x b x c a x x x x⋅ + ⋅ + = ⋅ −( ) ⋅ −( )2

1 2 , ha b ac2 4 0− ≥ �

Viète-formulák

x x ba1 2+ = − ,

ha b ac2 4 0− ≥ �x x c

a1 2⋅ = ,

Összefüggés a számtani és a mértani közép közöttx x x x x x1 2

1 2 1 22+

≥ ⋅ ∈ +, �

x x xn

x x x x x x nnn

nn

1 21 2 1 2

+ + +≥ ⋅ ⋅ ⋅ ∈ ∈+ +�� , ,��, , �

III. hasonlóság és alkalmazásaI

Két háromszög hasonló:

ha egyenlő mindhárom megfelelő oldalpárjuk

aránya aa

bb

cc

2

1

2

1

2

1

= = ;

ha egyenlő két-két oldaluk aránya és az ezek által

közbezárt szög aa

bb

2

1

2

1

= és γ γ1 2= ;

ha egyenlő két-két oldaluk aránya és a hosszab-

bakkal szemközti szög aa

bb

2

1

2

1

= , b a1 1> és β β1 2= ;

ha egyenlő két szögük α α1 2= és β β1 2= �

Befogótétel:

A B

C

D

Magasságtétel:

A B

C

D

Szögfelezőtétel:

BE

C

A

γ2

γ2

IV. trIgonometrIa

Hegyesszögek szögfüggvényei

a

bB

c

b

a

C A

Ha α hegyesszög, akkor

sin �αα

= =az szöggel szemközti befogó hossza

átfogó hosszaac

AC AD AB

BC DB AB

= ⋅

= ⋅

DC AD DB= ⋅

AEEB

ACBC

=

198

cos �αα

=az szög melletti befogó hossza

átfogó hossza=

bc

tg =az szöggel szemközti befogó hossza

az ± szög mellettiα

α befogó hossza

=ab

�

ctg az szög melletti befogó hosszaaz szöggel szemközt

αα

α=

ii befogó hossza= b

a.

Pótszögek szögfüggvényei

a matematika nyelvén: Szavakkal kifejezve:

sin cos 90°α α= −( )egy hegyesszög szinusza egyenlő pótszögének koszinuszával.

cos sinα α= °( )90 −egy hegyesszög koszinusza egyenlő pótszögének szinuszával.

tg ctgα α= ° −( )90egy hegyesszög tangense egyenlő pótszögének kotangensével.

ctg tgα α= ° −( )90egy hegyesszög kotangense egyenlő pótszögének tangensével.

Pótszögek szögfüggvényei


30°12

32

33

3

45°22

22

1 1

60°32

12 3

33

Összefüggések egy hegyesszög szögfüggvényei közöttsin cos ;2 2 1α α+ =

tgααα

=sincos

;

ctgααα

=cossin

�

Háromszög területének kiszámítása szögfügg-vény segítségével

T a b a b=⋅ ⋅sin �γ

γ2

az és által közbezárt hegyesszög

V. gondolkodásI módszerek, kombInatorIka, Valószínűség- számítás

Logikai műveletek és igazságtáblázatuk

A B ¬A ¬B A B∧ A B∨ A B→ A B↔

i i h h i i i ii h h i h i h hh i i h h i i hh h i i h h i i

KombinatorikaEgy n elemű halmaz ismétlés nélküli permutációi-nak száma: P nn = !.

Egy n elemű halmaz n1, n2, … nk ismétlési ténye-zőkkel adott ismétléses permutációinak száma:

P nn n nn

n n n

k

k1 2

1 2

, ,..., !! ! ... !

.( ) =⋅ ⋅ ⋅

Egy n elemű halmaz k-ad osztályú ismétlés nélküli

kombinációk száma: C nk n k

nkn

k =−( )

=

!! !

.

Egy n elemű halmaz k-ad osztályú ismétlés nélküli

variációinak száma: V nn kn

k =−( )

!!.

Egy n elemű halmaz k-ad osztályú ismétléses variá-cióinak száma: V nn

k i k( ) = .

Binomiális együtthatók

nn0

n1

n2

n3

n4

0 1

12345

11111

12345

13610

1410

15

678910

11111

678910

1521283645

20355684120

153570126210

199

kiadja: Maxim könyvkiadó kft., 6728 Szeged, kollégiumi út 11/He-mail: [email protected]: (62) 548 444fax: (62) 548 443felelős kiadó: Puskás NorbertNyomda: generál Nyomda kft., felelős vezető: Hunya ágnes

12109

Tankönyvkiadónk 9. évfolyamos köteteit, amelyek a NAT 2012 és a hozzá kapcsolódó keret-tantervek alapján készültek a 2013/14-es tanévben több ezer tanuló és pedagógus ismer-

hette meg. E kötetek szerepelnek a 2014-es tankönyvjegyzéken, és folytatásaik, a 10. évfolyamos kötetek is teljes terjedelmükben elkészültek.A 9. évfolyamos köteteket megtalálhatja és kipróbálhatja az iskolákba küldött mintacsomagjain-kban. Köszönjük, hogy megtekintette tankönyvünk mintaoldalait. Szakmai kérdésekben szerkesztőink állnak a rendelkezésükre.

Szabóné Mihály Hajnalkatermészettudományi vezető szerkesztő[email protected]/551-101

2014. február 7.

tÁJÉKOZtAtÓ

Mindennapok tudománya

Az új „A” kerettanterv alapján készült tankönyvünk a Mindennapok tudománya című sorozat fizika tankönyvcsaládjának nyitó kötete. Merőben új szemléletű és tananyag-feldolgozású kiadványunkban

azt szeretnénk megmutatni, hogy a természettudományok ezer szállal szö-vik át mindennapjainkat, meghatározzák életminőségünket; hatékonyabbá teszik munkánkat; kényelmünket, biztonságunkat és szórakozásunkat szol-gálják. A természeti jelenségek és a hétköznapi eszközök úgy kerülnek kö-zéppontba, hogy a hozzájuk kapcsolható fizikai tartalom nem szigorú logikai rendben kifejtett tudományos magyarázatként, hanem gyakorlati alkalmazá-sokon keresztül mutatkozik meg. Ezáltal a természettudományok iránt nem elkötelezett tanulók számára is egyértelműen kiderülhet, hogy a tudomány vívmányai nélkül sokkal nehezebb lenne az élet. A tankönyvben rengeteg kérdés vetődik fel, melyek többségére választ is adunk, remélve, hogy a hi-ányzó válaszok keresése közben mindenki kedvet kap a megszerzett alapis-meretek elmélyítéséhez.

MX-737

ÁbrahÁm GÁbor – Dr. KosztolÁnyiné naGy ErzsébEt – tóth Julianna

9

Mindennapok

tudománya

A z új „A” kerettanterv alapján készült tankönyvünk a Mindennapok

tudománya című sorozat fizika tankönyvcsaládjának nyitó kötete.

Merőben új szemléletű és tananyag-feldolgozású kiadványunkban

azt szeretnénk megmutatni, hogy a természettudományok ezer szállal szö-

vik át mindennapjainkat, meghatározzák életminőségünket; hatékonyabbá

teszik munkánkat; kényelmünket, biztonságunkat és szórakozásunkat szol-

gálják. A természeti jelenségek és a hétköznapi eszközök úgy kerülnek kö-

zéppontba, hogy a hozzájuk kapcsolható fizikai tartalom nem szigorú logikai

rendben kifejtett tudományos magyarázatként, hanem gyakorlati alkalmazá-

sokon keresztül mutatkozik meg. Ezáltal a természettudományok iránt nem

elkötelezett tanulók számára is egyértelműen kiderülhet, hogy a tudomány

vívmányai nélkül sokkal nehezebb lenne az élet. A tankönyvben rengeteg

kérdés vetődik fel, melyek többségére választ is adunk, remélve, hogy a hi-

ányzó válaszok keresése közben mindenki kedvet kap a megszerzett alapis-

meretek elmélyítéséhez.

MX-737

ÁbrahÁm GÁbor – Dr. KosztolÁnyiné naGy ErzsébEt – tóth Julianna

9

10 - maxim könyvkiadó...

Documents