17 20:11 page 0 #1. A Bolyai János Matematikai Társulat Lapja. Megjelenik évenként kétszer

i

i “16-1-borito” — 2017/2/17 — 20:11 — page 0 — #1

i

i

MATEMATIKAI LAPOK A Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat Lapja. Megjelenik ´evenk´ent k´etszer. ´ sorozat 22. ´ Uj evfolyam (2016), 1. sz´ am ´ Tiszteletbeli f˝ oszerkeszt˝ o: Cs´ asz´ ar Akos F˝ oszerkeszt˝ o: Katona Gyula F˝ oszerkeszt˝ o-helyettes: Frank Andr´ as, Sur´ anyi L´ aszl´ o Tan´ acsad´ o bizotts´ ag: Dar´ oczy Zolt´ an (DE), Hajnal Andr´ as (RI), Lov´ asz L´ aszl´ o (ELTE) Szerkeszt˝ obizotts´ ag: B´ ar´ any Imre (RI), Hetyei G´ abor (PTE), Laczkovich Mikl´ os (ELTE), P´ ales Zsolt (DE), P´ alfy P´eter P´ al (RI), Pelik´ an J´ ozsef (ELTE), Recski Andr´ as (BME), R´ onyai Lajos (SZTAKI), Staar Gyula (Term´eszet Vil´ aga), Szendrei M´ aria (SZTE) ´ Szervez˝ o szerkeszt˝ o: Kisv¨ olcsey Akos Nyomdai el˝ ok´esz´ıt´es: Mikl´ os Ildik´ o ISSN 0025-519X Szerkeszt˝ os´eg: 1055 Budapest, Falk Miksa u. 12., I/4. Telefon: 225-8410. E-mail: [email protected]. ´ Ara: – A Bolyai J´ anos Matematikai T´ arsulat tagjainak ingyenes; ´ A-val). ´ – nem t´ arsulati tagoknak egy ´evfolyam 2464 Ft (AF Megrendelhet˝ o a szerkeszt˝ os´egt˝ ol.

A Matematikai Lapok megjelen´es´et t´amogatja a Magyar Tudom´anyos Akad´emia K¨ onyv- ´es Foly´ oiratkiad´ o Bizotts´aga. A foly´oiratot az MTMT indexeli, ´es a REAL archiv´ alja.

i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 1 — #1

i

i

´ ´ SZAMTANI SOROZATOT NEM TARTALMAZO HALMAZOK ´ ´ PACH PETER PAL

1. Bevezet´ es Ebben a cikkben a polinomm´ odszer egy u ´jszer˝ u alkalmaz´as´at mutatjuk be, melynek seg´ıts´eg´evel bizonyos csoportokban h´aromtag´ u sz´amtani sorozatot nem tartalmaz´o halmazok elemsz´ am´ ara a kor´ abbiakn´al l´enyegesen er˝osebb fels˝o korl´at adhat´o, tov´abb´ a a m´odszernek az elm´ ult h´onapokban m´ar m´as alkalmaz´asai is sz¨ ulettek. Az egyik ilyen eredm´eny a n´epszer˝ u SET j´at´ek sokdimenzi´os v´altozat´ahoz kapcsol´odik. A SET j´at´ekot 81 k´ artyalappal j´atssz´ak, mindegyiken egy, kett˝o vagy h´arom szimb´ olum szerepel, ami h´ aromf´ele lehet, a sz´ın´ere szint´en h´arom lehet˝os´eg van, ´es a kit¨ olt´es m´odja is h´ aromf´ele lehet. Mindegyik kombin´aci´ohoz pontosan egy k´artyalap tartozik, ´ıgy ad´ odik a 34 = 81 k´arty´ab´ol ´all´o k´eszlet. H´arom k´artya set”-et ” alkot, ha mind a n´egyf´ele tulajdons´agra (darabsz´am, forma, sz´ın, kit¨olt´es) teljes¨ ul, hogy az adott tulajdons´ agra vagy mindh´arom lapon egyforma, vagy az adott tulajdons´ agra mindh´ arom lapon k¨ ul¨onb¨oz˝o. A j´at´ekot hagyom´anyosan u ´gy j´atssz´ak, hogy 12 k´ artyalapot kitesznek az asztalra, ´es a j´at´ekosok c´elja set-et tal´alni a lapok k¨ oz¨ ott. Elk´epzelhet˝ o ugyanakkor, hogy 12 lap k¨oz¨ ul semelyik h´arom nem alkot set-et, ebben az esetben – miut´ an hosszas szeml´el˝od´es ut´an sem tal´al senki sem setet – u ´jabb lapokat helyeznek az asztalra a m´ar ottl´ev˝o lapok mell´e. Term´eszetesen vet˝odik fel a k´erd´es, hogy legfeljebb h´any lap eset´en k´epzelhet˝o el az, hogy k¨oz¨ ul¨ uk semelyik h´ arom nem alkot set-et. Pellegrino [10] bebizony´ıtotta, hogy a k´erd´esre a v´alasz: 20. Ha a SET j´at´ekot u ´gy m´odos´ıtjuk, hogy ne csak 4, hanem n tulajdons´ ag legyen, akkor a k´erd´es val´oj´aban u ´gy is megfogalmazhat´o, hogy a h´arom elem˝ u test feletti n-dimenzi´ os vektort´erben, vagyis Fn3 -ben legfeljebb h´any vektor v´ alaszthat´ o ki u ´gy, hogy semelyik h´aromra ne teljes¨ ulj¨on, hogy ak´arhanyadik koordin´ at´ aikat is tekintj¨ uk, vagy h´arom egyforma, vagy h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o ´ert´eket l´atunk. Ezzel szint´en ekvivalens, ha azt k¨ovetelj¨ uk meg, hogy semelyik h´arom kiv´alasztott vektor ¨ osszege ne legyen 0, vagy azt, hogy ne tartalmazzon (affin) egyenest a halmaz. Az eddigiekkel szint´en egyen´ert´ek˝ u – Fn3 eset´eben – az, hogy semelyik h´ arom elem ne alkosson sz´ amtani sorozatot. Ebben a cikkben ezt a legut´obbi ´atfogalmaz´ast fogjuk vizsg´alni, vagyis sz´amtani sorozatot nem tartalmaz´ o r´eszhalmazok elemsz´am´ara mutatunk majd fels˝o becsl´est; azonban miel˝ ott r´ at´ern´enk Fn3 -re, a k´erd´est a Zn4 csoport eset´eben fogjuk 1

i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 2 — #2

i

i

vizsg´ alni. A cikknek a c´elja az u ´j m´odszer bemutat´asa, ´ıgy r´eszletes bizony´ıt´asok helyett az alap¨ otletek ismertet´es´ere t¨oreksz¨ unk, a teljes bizony´ıt´asok (valamivel ´altal´ anosabb t´etelekre) Zn4 -re a [4], Fn3 -re a [5] cikkekben olvashat´ok.

2. El˝ ozm´ enyek A sz´ amtani sorozatot nem tartalmaz´o halmazok lehets´eges m´eret´enek vizsg´alata az addit´ıv kombinatorika egyik fontos k´erd´ese. Roth h´ıres eredm´enye [11, 12] szerint ha az A ⊆ {1, 2, . . . , n} halmaz nem tartalmaz h´arom hossz´ u sz´amtani sorozatot, akkor |A| = O(n/ log log n). Sz´amos jav´ ıt´ a s ut´ a n a jelenlegi ( ) ”rekordot” Bloom 4 tartja, aki bel´ atta [2]-ben, hogy |A| = O N (log log N ) / log N is igaz. Nem neh´ez meggondolni, hogy Roth probl´em´aja l´enyeg´eben ekvivalens azzal a k´erd´essel, hogy Zn -ben, vagyis az n elem˝ u ciklikus csoportban legfeljebb mekkora lehet egy h´ arom hossz´ u sz´ amtani sorozatot nem tartalmaz´o halmaz m´erete. Tetsz˝ oleges G v´eges Abel-csoport eset´en jel¨olje r3 (G) a legnagyobb, h´arom hossz´ u sz´ amtani sorozatot nem tartalmaz´o A ⊆ G halmaz m´eret´et. Roth eredeti k´erd´ese r3 (Zn ) vizsg´ alat´ aval egyen´ert´ek˝ u, ´ıgy term´eszetes r3 (G)-t m´as v´eges csoportok eset´en is n´ezni. A p´ aratlan rend˝ u Abel-csoportok eset´eben Brown ´es Buhler [3],(vala) mint t˝ ol¨ uk f¨ uggetlen¨ ul Frankl, Graham ´es R¨odl [6] bel´att´ak, hogy r3 (G) = o |G| . Meshulam [8] ezt r3 (G) ≤ 2|G|/ rk(G)-re jav´ıtotta, ahol rk(G) a G Abel-csoport rangj´ at jel¨ oli, speci´ alisan, G = Znm -re ez az eredm´enye az r3 (Znm ) ≤ 2mn /n fels˝o becsl´est adja. Ezt az eredm´enyt csak hosszabb, 17 ´eves sz¨ unet ut´an siker¨ ult megjav´ıtani, amikor Bateman ´es Katz [1] bel´att´ak, hogy r3 (Zn3 ) = O(3n /n1+ε ), ahol ε > 0 egy abszol´ ut konstans. P´aros rend˝ u Abel-csoportok eset´en Lev [7] igazolta a r3 (G) < 2|G|/( rk(2G) becsl´ e st, ahol 2G = {2g : g ∈ G}. A G = Zn4 esetben San) ( n ε) n ut konsders [13] ezt r3 Z4 = O 4 /n(log n) -re jav´ıtotta (ahol ε > 0 egy abszol´ tans).

3. Sz´ amtani sorozatot nem tartalmaz´ o halmazok Azt vizsg´ aljuk teh´ at, hogy k¨ ul¨ onb¨oz˝o v´eges csoportokban mekkora r´eszhalmazt lehet u ´gy kiv´ alasztani, hogy az ne tartalmazzon h´arom hossz´ u (nemkonstans) sz´amtani sorozatot. Az el˝ oz˝ o fejezetben eml´ıtett eredm´enyek bizony´ıt´asa szinte kiv´etel n´elk¨ ul a Fourier-anal´ızist, ´es az u ´gynevezett s˝ ur˝ us´egn¨ ovel˝ o m´ odszert haszn´alta, az ´altalunk bemutatott elj´ ar´ as azonban a polinomm´odszer egy u ´jszer˝ u alkalmaz´asa. A polinomm´ odszerrel sz´ amtalan ter¨ uleten el´ert eredm´enyek ellen´ere ezid´aig az ilyen t´ıpus´ u probl´em´ akn´ al (a test kicsi, a dimenzi´o pedig nagy) nem siker¨ ult vele eredm´enyt el´erni, a legt¨ obben az eredm´enyek tov´abbi javul´as´at a Fourier-anal´ızisre alapul´ o m´ odszerek fejleszt´es´et˝ ol v´art´ak. Azonban id´en siker¨ ult ezen a ter¨ uleten ´att¨or´est el´erni, ´es a polinomm´ odszer egy u ´jszer˝ u alkalmaz´as´aval r3 (Zn4 ) ´ert´ek´ere a kor´abbiakn´ al sokkal er˝ osebb, exponenci´alisan” kicsi fels˝o becsl´est adni. A m´odszert ” ´es a bizony´ıt´ ast tartalmaz´ o [4] cikk m´ajusban ker¨ ult fel az arXiv-ra, majd ezt k¨ovet˝oen sorra sz¨ ulettek u ´jabb ´es u ´jabb eredm´enyek a m´odszer tov´abbi alkalmaz´as´aval k¨ ozeli ´es kev´esb´e k¨ ozeli ter¨ uleteken. 2 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 3 — #3

i

i

El˝ osz¨ or Zn4 eset´et vizsg´ aljuk meg. Az alap¨otlet a k¨ovetkez˝o lemma: 1. lemma. Tegy¨ uk fel, hogy n ≥ 1 ´es d ≥ 0 eg´esz sz´amok, P egy n-v´altoz´os multin line´ aris polinom az F test ∑ felett, melynek (n) foka legfeljebb d, ´es A ⊆ F egy halmaz, melynek m´eret´ere |A| > 2 0≤i≤d/2 i teljes¨ ul. Ha P (a − b) = 0 teljes¨ ul b´armely a, b ∈ A (a ̸= b) eset´en, akkor P (0) = 0. El˝ osz¨ or is megjegyezz¨ uk, hogy a lemm´at a k´etelem˝ u F2 testre fogjuk majd alkalmazni, ´es mivel F2 -ben minden elem idempotens, ez´ert az ¨osszes Fn2 → Fn2 f¨ uggv´eny el˝ o´ all, mint egy multiline´aris f¨ uggv´enyhez tartoz´o polinomf¨ uggv´eny. A lemma bizony´ıt´ asa csak elemi line´aris algebr´at haszn´al. A P (a − b) polinomra gondolhatunk u ´gy is, mint egy 2n-v´altoz´os (multiline´aris) polinomra. Ez a polinom olyan monomok o utthat´o, vala¨sszege, melyek mindegyike egy (F-beli) egy¨ mint n´eh´ any ai ´es n´eh´ any bi szorzata (ahol az ai ´es bi sz´amok az a, b ∈ Fn2 vektorok koordin´ at´ ai). Az ai ´es bi v´altoz´okb´ol egy¨ uttesen sem szerepelhet egy tagban d-n´el t¨ obb, hiszen a P polinom foka legfeljebb d volt. Csoportos´ıthatjuk teh´ at a tagokat a k¨ ovetkez˝ o m´odon: el˝osz¨or felsoroljuk azokat, amelyekben az ai kb˝ ol legfeljebb d/2 szerepel, ´es ezeket csoportokba rendezz¨ uk aszerint, hogy pontosan melyik ai -k szorzata alkotja ezt a r´eszt. A megmarad´o monomok mindegyik´eben t¨ obb mint d/2 darab ai szerepel, ´ıgy ezekben a bi -k sz´ama mindenk´eppen kevesebb, mint d/2 lesz, ezeket a bi -s r´esz szerint csoportos´ıtjuk. Egy p´eld´ an illusztr´ alva: legyen n = 4, d = 3 ´es P (x) = x1 x2 x3 + x1 x4 + x1 + x4 + 1. Ekkor P (a − b) = (a1 − b1 )(a2 − b2 )(a3 − b3 ) + (a1 − b1 )(a4 − b4 ) + (a1 − b1 ) + (a4 − b4 ) + 1. Az el˝ obb v´ azolt csoportos´ıt´ ast elv´egezve: P (a − b) = 1 · (−b1 b2 b3 + b1 b4 − b1 − b4 + 1) + a1 (b2 b3 − b4 + 1) + + a2 (b1 b3 ) + a3 (b1 b2 ) + a4 (−b1 + 1) + (a1 a2 a3 + a1 a4 ) · 1 + + (−a2 a3 )b1 + (−a1 a3 )b2 + (−a1 a2 )b3 + 0 · b4 . Erre az el˝ o´ all´ıt´ asra u ´gy is gondolhatunk, mint egy csak a-t´ol ´es egy csak b-t˝ol f¨ ugg˝o vektor skal´ aris szorzata: P (a − b) = u(a)v(b), ahol u(a) = (1, a1 , a2 , a3 , a4 , a1 a2 a3 + a1 a4 , −a2 a3 , −a1 a3 , −a1 a2 , 0) ´es v(b) = (−b1 b2 b3 + b1 b4 − b1 − b4 + 1, b2 b3 − b4 + 1, b1 b3 , b1 b2 , −b1 + 1, 1, b1 , b2 , b3 , b4 ). ´ Altal´ anos esetben az u(a) vektor els˝o fele” a legfeljebb d/2-fok´ u, csak ai -k szorza” tak´ent kapott monomok felsorol´asa, v(b) m´asodik fele pedig a legfeljebb d/2-fok´ u, csak bi -k szorzatak´ent kapott monomok felsorol´asa. Az u(a) vektor m´asodik fel´et ´es a v(b) vektor els˝ o fel´et pedig u ´gy t¨oltj¨ uk ki”, hogy az u(a)v(b) skal´aris szorzat ” ´eppen P (a − b)-t ´all´ıtsa el˝ o; itt term´eszetesen figyelni kell arra is, hogy az olyan monomokat is csak egyszer kapjuk meg, melyekben mind az ai -s r´esz, mind a bi -s r´esz legfeljebb d/2 t´enyez˝ os. 3 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 4 — #4

i

i

Az ´altal´ anos esetben ebb˝ ol az ad´odik,∑ hogy P (a (−)b) = u(a)v(b), ahol az u(a), v(b) vektorok F2m -ben vannak, ahol m = 0≤i≤d/2 ni . A lemma felt´etele szerint |A| > 2m, amib˝ ol azonnal k¨ ovetkezik, hogy P (0) = 0, k¨ ul¨onben az u(a), v(a) vektorrendszer biortogon´ alis rendszert alkotna, azonban egy ilyen rendszer elemsz´ama legfeljebb akkora lehet, mint a t´er dimenzi´oja. Legyen most A ⊆ Zn4 egy olyan halmaz, ami nem tartalmaz h´arom hossz´ u n (nemkonstans) sz´ amtani sorozatot. A Zn4 csoportban az invol´ uci´ok az F = {0, 2} r´eszcsoportot alkotj´ ak, amely izomorf Fn2 -nel. Minden F szerinti mell´ekoszt´aly repn rezent´ alhat´ o egy {0, 1} -beli vektorral. Az, hogy A-ban nincs h´arom hossz´ u (nemkonstans) sz´ amtani sorozat, azzal ekvivalens, hogy az a + c = 2b egyenletnek nincsen (k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amokb´ ol ´all´ o) megold´asa A-ban. Az´ert is ´erdemes az F szerinti mell´ekoszt´ alyokat tekinteni, mert az, hogy b melyik mell´ekoszt´alyba tartozik, meghat´arozza 2b ´ert´ek´et, ami r´ aad´ asul egy F -beli elem lesz. Mindez azt is jelenti, hogy a-nak ´es c-nek ugyanabba a mell´ekoszt´alyba kell esnie, ha az egyenlet teljes¨ ul. Hasonl´ o megfontol´ asokb´ ol ad´ odik, hogy a legnagyobb sz´amtani sorozatot nem tartalmaz´ o Zn4 -beli halmaz m´erete, vagyis r3 (Zn4 ) ´ert´eke ´eppen annyi, mint amennyi a k¨ ovetkez˝ o k´erd´esre a v´ alasz: { n n , tov´ a bb´ a legyen Z = z ∈ Fn2 : -re A(x) ⊆ F 1. probl´ e ma. Legyen minden x ∈ F 2 2 } ∑ ∪ A(z) = ∅ . Legfeljebb mekkora lehet x∈Fn A(x) , ha tudjuk, hogy x∈Fn \Z x + { 2 } 2 ˆ ˆ ˆ A(x)+A(x) ⊆ Z? (Itt x + A(x)+A(x) = x + y + z : y, z ∈ A(x), y ̸= z , vagyis + a megszor´ıtott ¨ osszeghalmazt jel¨oli.) C´elunk teh´ at az 1. probl´em´aban szerepl˝o felt´ tev˝o halmazrend etelnek eleget n szerek o sszm´ e ret´ e t fel¨ u lr˝ o l becs¨ u lni. Minden x-re A(x) ≤ 2 , ´ e s o¨sszesen 2n lehe¨ ∑ n n n t˝os´eg van x-re, ´ıgy A(x) ≤ 2 · 2 = 4 (mindez azzal a trivi´alis meg´allap´ıt´assal egyen´ert´ek˝ u, hogy az A halmaz m´erete legfeljebb 4n , hiszen A ⊆ Zn4 ). Ahhoz, hogy er˝ osebb becsl´est kapjunk, egy olyan jelleg˝ u ´all´ıt´asra van sz¨ uks´eg¨ unk, hogy: Csak ” kev´es x-re lehet A(x) nagy.” Az ´all´ıt´as prec´ız megfogalmaz´as´ahoz vezess¨ uk be a bin´ aris entr´ opia f¨ uggv´enyt: H(x) := −x log2 x − (1 − x) log2 (1 − x). A H f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel hat´ekonyan becs¨ ulhet˝o a binom´alis egy¨ utthat´ok o¨sszege a k¨ ovetkez˝ o m´odon: ∑ (n) < 2nH(z/n) (1) i 0≤i≤z

´erv´enyes b´armely n ≥ 1 eg´esz sz´am ´es 0 < z ≤ n/2 val´ os sz´am eset´en. Az ´all´ıt´as a k¨ ovetkez˝ ok´eppen sz´ ol: { } 2. ´ all´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy n ≥ 1 ´es az A(x) : x ∈ Fn2 halmazrendszer eleget tesz az 1. probl´em´ aban szerepl˝o felt´etelnek. Legyen 0 < ε < 1/4 tetsz˝oleges. Ekkor az olyan x-ek sz´ ama, melyekre A(x) ≥ 2nH(0,5−ε)+1 legfeljebb 2nH(2ε) . 4 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 5 — #5

i

i

Az ´all´ıt´ as bizony´ıt´ asa az 1. ul. Tegy¨ uk fel indirekten, hogy az ´al lemm´ ara ´ep¨ l´ıt´ as hamis, ekkor a T = {x : A(x) < 2nH(0,5−ε)+1 } ⊇ Z halmaz m´eret´ere |T | < 2n − 2nH(2ε) . Legyen d = n − ⌈2εn⌉. Legyen P a legfeljebb d-edfok´ u (F2 feletti) multiline´ aris polinomok ´altal alkotott vektort´er. P-ben a legfeljebb d-edfok´ u multiline´ a ris monomok b´ a zist alkotnak, ´ ıgy ennek a vektort´ e rnek a dimenzi´ o ja dim P= ∑d (n) alva, hogy a Pascal-h´aromsz¨og n-edik sor´aban a binom´alis i=0 i . Felhaszn´ egy¨ utthat´ ok ¨ osszege 2n , az (1) becsl´es seg´ıts´eg´evel megmutathat´o, hogy ez nagyobb, n nH(2ε) mint 2 − 2 : d ( ) ∑ n i=0

i

⌈2εn⌉−1 (

=2 − n

∑ i=0

n i

) > 2n − 2nH(2ε) > |T |.

Legyen φ : P → FT2 az a line´ aris lek´epez´es, amely minden P-beli vektorhoz (polinomhoz) azt a vektort rendeli hozz´a, amelynek koordin´at´ai a T -beli elemeken felvett ´ert´ekek. Mivel a k´ept´er dimenzi´oja legfeljebb |T | < dim P, ez´ert a lek´epez´es magtere nem csak a nullvektort tartalmazza, vagyis l´etezik olyan legfeljebb d-edfok´ u nem azonosan 0 multiline´aris P polinom, ami T -n elt˝ unik: P |T ≡ 0. Leˆ gyen most a ∈ / T tetsz˝ oleges. Miut´an a + A(a)+A(a) ⊆ Z ⊆ T , ez´ert P (a + x) = 0, ˆ ha x ∈ A(a)+A(a). Mivel a ∈ / T , ez´ert alkalmazhat´o az 1. lemma, ´es azt kapjuk, hogy P (a) = 0 is teljes¨ ul. Ebb˝ ol azonban P ≡ 0 k¨ovetkezik, ´es ez az ellentmond´as mutatja, hogy a kiindul´ asi feltev´es¨ unk hamis volt. Ezzel igazoltuk a 2. ´all´ıt´ast. A 2. ´all´ıt´ asb´ ol a k¨ ovetkez˝ o becsl´es vezethet˝o le: u sz´amtani 3. t´ etel (Croot, Lev, Pach). Ha n ≥ 1 ´es A ⊆ Zn4 nem tartalmaz 3 hossz´ sorozatot, akkor |A| < 4γn , ahol

{ γ := max

) 1( H(1/2 − ε) + H(2ε) : 0 < ε < 1/4 2

} ≈ 0,926,

´es ´ıgy |A| < 3, 62n . T´erj¨ unk most r´a a SET j´at´ekhoz is kapcsol´od´o k´erd´esre, vagyis annak vizsg´ alat´ ara, hogy mekkora lehet r3 (Fn3 ). Megjegyezz¨ uk, hogy b´armely m´as v´eges Fq test eset´en r3 (Fnq )-re hasonl´ o becsl´es nyerhet˝o. Ezt az eredm´enyt az [5] cikk tartalmazza. Az 1. lemma szerep´et itt a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as veszi ´at, ami teljesen anal´og m´ odon igazolhat´ o: 4. lemma. Tegy¨ uk fel, hogy n ≥ 1 ´es d ≥ 0 eg´esz sz´amok, P egy n-v´altoz´os polinom az F3 test felett, melynek foka legfeljebb d, ´es minden v´altoz´oban legfeljebb 2 a foka. Tov´abb´ a legyen A ⊆ Fn3 egy halmaz. Ha P (a + b) = 0( teljes¨ ul) b´armely a, b ∈ A (a ̸= b) eset´en, akkor P (2a) = 0 is teljes¨ ul legfeljebb 2f n, ⌈d/2⌉ elem kiv´etel´evel, ahol f (n, D) az olyan legfeljebb D-edfok´ u n-v´altoz´os monomok sz´ama, amelyekben minden v´ altoz´ o foka legfeljebb 2. 5 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 6 — #6

i

i

Sz´ amunkra az lesz fontos, hogy mivel F3 b´armely x elem´ere x3 = x, ez´ert az ¨ osszes Fn3 → Fn3 f¨ uggv´eny el˝ o´all, mint egy olyan polinomhoz tartoz´o polinomf¨ uggv´eny, melyben minden v´ altoz´o foka legfeljebb 2, ez´ert szor´ıtkozhatunk az ilyen polinomokra. Ezekhez a polinomokhoz p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝o polinomf¨ uggv´eny tartozik. Megjegyezz¨ u k, hogy ezek k¨ o z¨ u l a legfeljebb D-edfok´ u ak sz´ a ma f (n, D) = (n)(n−2i) ∑ , ami a multiline´ a ris polinomok sz´ a m´ a hoz hasonl´ o an hat´eko2i+j≤D i j nyan becs¨ ulhet˝ o; a sz´ am´ıt´ asokat most nem r´eszletezz¨ uk. M´ıg Z4 felett a probl´em´ at el˝osz¨or le kellett ford´ıtani” F2 feletti k´erd´ess´e, hogy ” test felett dolgozhassunk, itt erre nincsen sz¨ uks´eg. 5. ´ all´ıt´ as. Ha A ⊆ Fn3 nem tartalmaz 3 hossz´ u sz´amtani sorozatot, akkor b´armely 0 < d < 2n eset´en ( ) |A| ≤ 2f n, ⌈d/2⌉ + f (n, 2n − d − 1). Legyen B = 2 ∗ A = {2a : a ∈ A}. Legyen P a legfeljebb d-edfok´ u, minden egyes v´ altoz´ oban legfeljebb m´asodfok´ u n-v´altoz´os polinomok vektortere. Ezen bel¨ ul legyen P0 < P az az alt´er, amely a B komplementer´en azonosan 0 polinomokat aris lek´epez´es, amely minden P0 -beli tartalmazza. Legyen φ : P0 → FB 3 az a line´ vektorhoz (polinomhoz) azt a vektort rendeli hozz´a, aminek koordin´at´ai a Bbeli elemeken felvett ´ert´ekek. Mivel a φ line´aris lek´epez´es k´eptere legfeljebb |B|dimenzi´ os, ez´ert a dimenzi´ ot´etel szerint ( ) (2) dim P0 ≥ dim P − |B| = |A| − 3n − f (n, d) = |A| − f (n, 2n − d − 1). M´ asr´eszr˝ ol viszont, mivel A nem tartalmaz 3 hossz´ u sz´amtani sorozatot, ez´ert ˆ ⊆ B, hiszen, ha a′ + a′′ = a teljes¨ A+A ulne valamely a, a′ , a′′ ∈ A (a′ ̸= a′′ ) mellett, akkor a, a′ , a′′ nemkonstans sz´ amtani sorozatot alkotna. ´Igy a 4. lemma szerint P0 minden eleme elt˝ unik az eg´esz Fn3 -en legfeljebb 2f (n, ⌈d/2⌉) pont kiv´etel´evel. Mivel egy k-dimenzi´ os alt´er mindig tartalmaz olyan vektort, amelynek legal´abb k nemnulla koordin´ at´ aja van, ez´ert ebb˝ol az k¨ovetkezik, hogy (3)

dim P0 ≤ 2f (n, ⌈d/2⌉).

Az 5. ´all´ıt´ as r¨ ogt¨ on ad´odik (2) ´es (3) egyenl˝otlens´egekb˝ol. Az optim´alis v´alaszt´as d ´ert´ek´ere d = ⌈4n/3⌉, amib˝ ol azonnal k¨ovetkezik az al´abbi eredm´eny: 6. ko eny (Ellenberg, Gijswijt). ¨vetkezm´ 3 hossz´ u sz´amtani sorozatot, akkor

Ha n ≥ 1 ´es A ⊆ Fn3 nem tartalmaz

|A| < c · 2,756n , ahol c > 0 konstans. ´ Erdemes megfigyelni, hogy Fn3 eset´eben az u ´j gondolat az, hogy egyetlen B-n elt˝ un˝ o polinom kiv´ alaszt´ asa helyett az ¨osszes ilyen tulajdons´ag´ u polinom ´altal alkotott alteret kell tekinteni. 6 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 7 — #7

i

i

4. Tov´ abbi alkalmaz´ asok A [4] cikkben szerepl˝ ou ´j m´ odszer alap¨otlete teh´at az, hogy dimenzi´o megfontol´asok alapj´ an tudunk venni egy nem t´ ul nagy foksz´am´ u (nem azonosan 0) polinomot, ami egy alkalmasan v´alasztott halmazon elt˝ unik, majd alkalmazzuk az 1. lemm´at. A m´odszernek a m´ ajusi k¨ ozz´et´etele ´ota m´ar sz´amos tov´abbi alkalmaz´asa sz¨ uletett – ezek az eredm´enyek egyel˝ ore az arXiv-on olvashat´ok –, amik k¨oz¨ ul most az Erd˝os– Szemer´edi-f´ele napraforg´ o-sejt´es” megold´as´at emelj¨ uk ki. Azt mondjuk, hogy h´a” rom halmaz napraforg´ ot alkot, ha k¨oz¨ ul¨ uk b´armely kett˝onek ugyanaz a metszete. Egy F halmazrendszert napraforg´o-mentesnek nevez¨ unk, ha semelyik h´arom F-beli halmaz nem alkot napraforg´ ot. Az Erd˝os–Szemer´edi-f´ele napraforg´o-sejt´es szerint ha F egy olyan napraforg´ o-mentes halmazrendszer, melyben az {1, 2, . . . , n} halmaz bizonyos r´eszhalmazai szerepelnek, akkor alkalmas c < 2 konstans mellett |F| < cn . Ilyen c < 2 konstans l´etez´ese a 6. k¨ovetkezm´enyb˝ol is ad´odik, azonban Naslund ´es Sawin [9] a m´ odszer k¨ ozvetlen alkalmaz´as´aval megmutatt´ak, hogy c = 1,89 v´alaszt´as mellett m´ar teljes¨ ul a sejt´es. K¨ osz¨ onetnyilv´ an´ıt´ as. A munk´at az OTKA PD115978 ´es K108947, valamint ¨ ond´ıja t´amogatta. az MTA Bolyai J´ anos Kutat´ oi Oszt¨ Irodalom [1] M. Bateman and N. H. Katz, New bounds on cap sets, J. Amer. Math. Soc., 25 (2012), no. 2, 585–613. [2] T. F. Bloom, A quantitative improvement for Roth’s theorem on arithmetic progressions, submitted. [3] T. C. Brown and J. C. Buhler, A density version of a geometric Ramsey theorem, J. Combin. Theory, Ser. A., 32 (1982), 20–34. [4] E. Croot, V. F. Lev and P. P. Pach, Progression-free sets in Zn 4 are exponentially small, Ann. of Math., k¨ ozl´esre elfogadva; arXiv:1605.01506. [5] J. S. Ellenberg and D. Gijswijt, On large subsets of Fqn with no three-term arithmetic progression, arXiv:1605.09223. [6] P. Frankl, G. Graham and V. R¨ odl, On subsets of abelian groups with no 3-term arithmetic progression, J. Combin. Theory, Ser. A., 45 (1987), 157–161. [7] V. F. Lev, Progression-free sets in finite abelian groups, J. Number Theory, 104 (2004), no. 1, 162–169. [8] R. Meshulam, On subsets of finite abelian groups with no 3-term arithmetic progressions, J. Combin. Theory Ser. A., 71 (1995), no. 1, 168–172. [9] E. Naslund and W. F. Sawin, Upper bounds for sunflower-free sets, arXiv:1606.09575. [10] G. Pellegrino, Sul massimo ordine delle calotte in S4,3 , Le Matematiche (Catania), 25 (1971), 149–157. [11] K. Roth, Sur quelques ensembles d’entiers, C. R. Acad. Sci. Paris, 234 (1952), 388– 390. [12] K. Roth, On certain sets of integers, J. London Math. Soc., 28 (1953), 104–109. [13] T. Sanders, Roth’s theorem in Z4n , Anal. PDE 2, (2009), no. 2, 211–234.

7 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 8 — #8

i

i

´ ´ ASA ´ A BOLYAI-KEPLET HIPERBOLIZAL ´ VARGA JANOS

Mott´ o: Elhagyva f´elsz¨ oget, s kitev˝ ot, ´es hiperbolikuss´ a t´eve ˝ ot.

Bevezet´ es E m´ odszertani tanulm´ any c´elja, hogy az Appendixnek a hiperbolikus geometri´ aval kapcsolatos h´ıres k´eplet´er˝ ol (1) megmutassa, hogy a l´ atszattal ellent´etben val´ oj´ aban ez is hiperbolikus (2), – ami ezek ut´ an egy´ altal´ an nem meglep˝ o – ugyanakkor k¨ ozvetlen, eg´eszsz¨ oges – nem f´elsz¨ oges – ¨ osszef¨ ugg´est vezessen le a p´ arhuzamoss´ agi sz¨ og (u) ´es a p´ arhuzamoss´ agi t´ avols´ ag (x) k¨ oz¨ ott, ´es ezzel egy¨ utt annak formailag is egyszer˝ ubb alakj´ at ´ all´ıtsa el˝ o az´ altal, hogy kik¨ usz¨ ob¨ oli a k´eplet bal oldal´ ab´ ol a f´elsz¨ oget tartalmaz´ o t¨ ortet ´es a jobb oldal´ ab´ ol a kitev˝ ot u ´gy, hogy k¨ ozben matematikai tartalma nem v´ altozik, ´ıgy lehet˝ ov´e t´eve annak egyszer˝ ubb alkalmaz´ as´ at. A m´ asik fontos c´el, hogy megadja a p´ arhuzamoss´ agi sz¨ og ¨ osszes sz¨ ogf¨ uggv´eny´enek az ismert szakirodalmakban eddig nem t´ argyalt egyszer˝ u levezet´es´et ´es alakj´ at, bizony´ıtva, hogy azok mindegyike szint´en hiperbolikus, tov´ abb seg´ıtve ez´ altal a (2) f˝ o¨ osszef¨ ugg´es t¨ obbc´el´ u alkalmaz´ as´ at. 1993. november 3-´an Bolyai J´anos-eml´ekt´abla avat´asra ker¨ ult sor Temesv´aron, a Bolyai utc´ aban, annak az ´ep¨ uletnek a fal´an, amelynek hely´en ´allt egykor az a tiszti lak´ as, ahol Bolyai J´anos 1823. november 3-´an ezeket a sorokat ´ırta: . . . semmib˝ ol egy u ´j, m´ as vil´ agot teremtettem.” Tor´o Tibor professzor javaslat´ara, Bolyai h´ıres levele keltez´es´enek 170. ´evfordul´ oj´ an felavatott 100 cm × 160 cm m´eret˝ u domborm˝ u ¨ot nyelven adja a vil´ag tudom´ as´ ara a nemeulideszi geometria felfedez´es´enek t´eny´et. Ezen az eml´ekt´ abl´ an is l´ athat´o az al´abbi ´abra ´es olvashat´o az APPENDIX h´ıres k´eplete, a Bolyai ´altal S-rendszernek nevezett – k´es˝obb hiperbolikusk´ent emlegetett – geometria alap¨ osszef¨ ugg´ese, amely a p´arhuzamoss´agi sz¨og (u) ´es a p´arhuzamoss´ agi t´ avols´ ag (x) k¨ oz¨ otti kapcsolatot ´ırja le. Bolyai munk´aj´aban is ´ıgy szerepel.

(1)

ctg

x u = ek , 2

u = p´ arhuzamoss´ agi sz¨ og (ahol a k´et egyenes – Q ´es a – elpattan” egym´ast´ol); ” x = p´arhuzamoss´ agi t´ avols´ ag; 8 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 9 — #9

i

i

1. ´ abra: A Bolyai-f´ele p´ arhuzamoss´ ag [2, 107. old.]

e = az Euler-f´ele sz´ am (e = 2,718281828 . . .)1 ; k = a hiperbolikus teret jellemz˝o pozit´ıv val´os sz´am. (A t¨ ort´eneti h˝ us´eg kedv´e´ert meg kell jegyezni, hogy Gauss a p´arhuzamoss´agot ugyan´ ugy ´ertelmezte, mint Bolyai J´anos.) Sajnos a hiperbolikus egyenesek szeml´eltet´es´ere az 1. ´abr´an l´athat´o euklideszi geometria szerinti ´abr´ azol´ as hiperbolikus geometriai ´abrak´ent teljesen hib´as, rendk´ıv¨ ul megnehez´ıti az u ´j p´arhuzamoss´agi fogalom vizu´alis felfog´as´at, mivel ez alapj´ an nem lehet bel´ atni, hogy a P pontb´ol egyre nagyobb u sz¨og alatt indul´o Q egyenes ugyan mi´ert pattanna” el az a egyenest˝ol, mikor az ´abra, ´es t´erszeml´ele” t¨ unk szerint is – igaz, a T pontt´ol jobbra, egyre messzebb –, de mindig metszeni fogja azt. (L´ am-l´ am, a tehetetlens´eg univerz´alis – nem csak t¨omegekre ´erv´enyes! – t¨orv´enye a gondolkod´as ter¨ ulet´en, ´ıgy a matematik´aban is ´erv´enyes ´es m˝ uk¨odik. Nehezen szabadulunk meg az euklideszi beidegz˝od´est˝ol. Ez m´eg olyan neves matematikusokkal is megt¨ ort´ent, mint Saccheri, Lambert, Taurinus, vagy Bolyai Farkas. Lambert pl. elismerte, hogy a h´aromsz¨ogre vonatkoz´o α + β + γ < 180◦ (2R) ” feltev´esb˝ ol kiindul´ o k¨ ovetkeztet´esei sor´an nem siker¨ ult ellentmond´asra bukkannia, m´egis kijelentette, hogy az euklideszi geometria az egyed¨ ul lehets´eges. N´emelyik megjegyz´ese olyan m´elyre hatol, hogy ha nem riad meg saj´at eredm´enyeit˝ol, egy u ´j t´erelm´elet megteremt˝ oje lehetett volna [2, 16. old.].”) E k´eplet szerint, ha x → 0, akkor u2 → 45◦ , u → 90◦ . Hasonl´ok´eppen, ha k → ∞, akkor is u → 90◦ . Az euklideszi geometri´aban a p´arhuzamoss´agi sz¨og u = 90◦ b´ armely x-re, ez´ert a fenti k´et eredm´eny ´ıgy ´ertelmezhet˝o: a hiperbolikus s´ıkon kicsiben” (x → 0) k¨ ozel´ıt˝oleg az euklideszi geometria ´erv´enyes¨ ul, ´es a hiper” bolikus geometria k¨ ozeledik az euklideszi geometri´ahoz (amit Bolyai Σ rendszernek nevezett) ha annak ´alland´ oja, k → ∞. Az (1) o ugg´es sz´eps´eghib´aja”, hogy nem k¨ozvetlen¨ ul a p´arhuzamoss´agi ¨sszef¨ ” sz¨ og (u), hanem csak a p´ arhuzamoss´agi f´elsz¨ og” (u/2) ´es p´arhuzamoss´agi t´avol” s´ag (x) k¨ oz¨ otti kapcsolatot fejezi ki – pedig ez volna a c´elszer˝ ubb –, ´es ugyanakkor nem hiperbolikus. 1 Szerz˝ o sejt´ ese, amit bizony´ıtani nem tud, hogy az e sz´ amjegyei k¨ oz¨ ott a 18281828” sz´ amso” rozat csak egyszer fordul el˝ o.

9 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 10 — #10

i

i

A k¨ or ker¨ ulete a hiperbolikus geometri´aban Bolyai jel¨ol´es´evel [5, 182. old.]: Or = 2πk · ctg u. ´Ime, a p´elda, hogy Bolyai is a k´eplet teljessz¨oges v´altozat´at haszn´ alja. Vezess¨ uk le a k¨ ozvetlen kapcsolatot kifejez˝o ¨osszef¨ ugg´est, vagyis hat´arozzuk meg ctg u ´ert´ek´et. A trigonometria f´elsz¨ogekre vonatkoz´o ismert ¨osszef¨ ugg´ese szerint [3, 408. old.] ctg2 u2 − 1 ctg u = , 2 ctg u2 ebbe az (1) szerinti o ugg´est behelyettes´ıtve ¨sszef¨ ctg u =

e

2x k

−1 x

2 · ek

;

x

a sz´ aml´ al´ ot ´es a nevez˝ ot e− k -val szorozva x

x

e k − e− k x ctg u = = sh . 2 k Teh´ at megkaptuk az al´ abbi keresett ¨osszef¨ ugg´est: x ctg u = sh . k

(2)

A mott´ oban megfogalmazottak teh´at megval´osultak, a (2) ¨osszef¨ ugg´es bal oldal´ an nincs t¨ ort (f´elsz¨ og), jobb oldal´an nincs kitev˝o, matematikai tartalma teljesen megegyezik az eredeti ¨ osszef¨ ugg´es´evel, ´es r´aad´asul hiperbolikus, ami term´eszetesen v´ arhat´ o is volt, mivel a hiperbolikus geometria egyik fontos ¨osszef¨ ugg´es´er˝ol van sz´o. A formula tov´ abb m´ar nem egyszer˝ us´ıthet˝o. Az ´atalak´ıtott ¨ osszef¨ ugg´es diszkut´al´asa: ha x → 0, vagy k → ∞, akkor

x k

ha x → ∞, vagy k → 0, akkor

x k

→ 0, sh xk → 0, ´ıgy ctg u → 0, u = 90◦ (π/2 ≈ 1,57); → ∞, sh xk → ∞, ´ıgy ctg u → ∞, u = 0◦ .

(2) alapj´ an k¨ onny˝ u bel´ atni, hogy ha x n¨ovekszik, akkor – mivel sh x szigor´ uan monoton n¨ ovekv˝ o f¨ uggv´eny – ctg u is n¨ovekszik, vagyis – mivel ctg u szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o f¨ uggv´eny – u cs¨okken. A hiperbolikus geometri´aban teh´at a nagyobb p´ arhuzamoss´ agi t´ avols´aghoz (x) kisebb p´arhuzamoss´agi sz¨og (u), kisebb p´ arhuzamoss´ agi sz¨ ogh¨ oz nagyobb p´arhuzamoss´agi t´avols´ag tartozik [2, 144. o.]: 1 k=√ , −K

amelyben

K = Gauss-g¨orb¨ ulet (K < 0).

k-val ¨ osszem´erhet˝ o t´ avols´ agokon neh´ez felismerni, hogy a geometria nem euklideszi. A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o Gauss-g¨ orb¨ ulet˝ u hiperbolikus s´ıkok, terek hasonl´oak, ak´ar a k¨ ul¨onb¨oz˝o sugar´ u g¨ omb¨ ok. Ez a k mennyis´eg a hiperbolikus geometria term´eszetes hosszegys´ege, amit a hiperbolikus geometria param´eter´enek is neveznek. T¨obbnyire ebben a m´ert´ekegys´egben m´erik a t´ avols´agokat, mert ´ıgy egyszer˝ ubbek lesznek a k´epletek. 10 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 11 — #11

i

i

A (2) ¨ osszef¨ ugg´esb˝ ol u-t kifejezve a p´arhuzamoss´agi sz¨og explicit alak´ u f¨ uggv´eny´et kapjuk: x x u = arcctg sh = ctg−1 sh k k (angol ´ır´ asm´ oddal: cot−1 ( sinh ( xk )). Esetleg ezt a form´ at is lehetne n´epszer˝ us´ıteni, b´ar a jobb oldal els˝o r´an´ez´esre kiss´e o unik. ¨sszetettnek t˝ N´eh´ any k esetre ´abr´ azoljuk az u(x) f¨ uggv´enyt www.wolframalpha.com seg´ıts´eg´evel.

2. ´ abra: A p´ arhuzamoss´ agi sz¨ og k-t´ ol val´ o f¨ ugg´ese

A 2. ´ abr´ an y = u(x). A p´arhuzamoss´agi sz¨og(u) n´eh´any sz´am´ıtott ´ert´ek´et az 1. t´ abl´ azat mutatja

1. t´ abl´ azat: A p´ arhuzamoss´ agi sz¨ og (u) n´eh´ any sz´ am´ıtott ´ert´eke

A fenti t´abl´ azat u oszlop´ at a BJMT Graphic Calculus (GC) programj´aval hat´aroztuk meg f (x) = arcctg sinh x/k f¨ uggv´eny megad´as´aval. Fentieken felbuzdulva vezess¨ uk le a p´arhuzamoss´agi sz¨og ¨osszes t¨obbi sz¨ogugg´es alapj´an az al´abbi f¨ uggv´eny´et is. ctg u = sh xk fentiek szerint levezetett ¨osszef¨ der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ og konstru´alhat´o, melynek ´atfog´oja a Pitagorasz-t´etel alapj´an √ x 1 + sh2 . k 11 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 12 — #12

i

i

3. ´ abra

´Igy

sh xk cos u = √ 1 + sh2

, x k

mivel az ismert hiperbolikus ¨ osszef¨ ugg´es szerint ch2 cos u = √

sh xk ch2

x k

− sh2

x k

= + sh2

x k

x k

− sh2

x k

= 1, ´ıgy

sh xk x = , ch xk k

teh´ at (3)

cos u = (2) alapj´an ctg u =

x . k

cos u x = sh , sin u k

innen sin u =

cos u , sh xk

ebbe (3) alapj´ an cos u-t behelyettes´ıtve

sin u =

tg u =

x k

sh xk

=

sh ch

x k x k

sh xk

=

1 , ch xk

1 1 = , ctg u sh xk

azaz

sin u =

1 , ch xk

azaz

tg u =

1 . sh xk

N´ezz¨ unk egy sz´ amp´eld´ at a fentiekben hiperboliz´alt (2) ¨osszef¨ ugg´es alkalmaz´as´ara. A k¨ or ker¨ ulete a hiperbolikus geometri´aban Bolyai jel¨ol´es´evel [5, 182. old.]: Or = 2πk · ctg u. Ebbe (2)-t behelyettes´ıtve r Or = 2πk · sh . k

(3) Felhaszn´ alva, hogy sh x =

ex −e−x , 2 r

(4)

r

r r e k − e− k Or = 2πk · = πk · e k − e− k . 2

12 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 13 — #13

i

i

Gauss a nemeuklideszi geometri´at tekintve is remek felfedez´esekre jutott, ´ıgy ” ´ joggal tekintj¨ uk ˝ot e geometria egyik felfedez˝ oj´enek. Erdekes, hogy 1831. j´ ulius 12-´en ´ırt level´eben m´ ar szerepel a (4) szerinti ¨osszef¨ ugg´es. Arr´ol azonban nincs adat, hogy mik´eppen vezette le ezt a kifejez´est. A k konstansra pedig m´ar kor´abbi leveleiben utalt [2, 27–28. old].” (Ennek ellen´ere nem tekintj¨ uk ˝ot a nemeuklideszi geometria megalkot´oj´anak, mivel azt teljes m´elys´eg´eben nem dolgozta ki ´es nem publik´alta.) Hat´ arozzuk meg ez alapj´ an a k¨ or ker¨ ulet´et az euklideszi geometri´ aban. Bolyai J´ anos kimutatta, hogy ha az ´altala felfedezett geometri´aban (vagy ahogyan ˝o nevezte: S-rendszerben) k ´ert´eke a v´egtelenhez tart, akkor az euklideszi geometria (vagy ahogyan ˝o nevezte: Σ-rendszer ) ¨osszef¨ ugg´eseit kapjuk. (A t¨ort´eneti h˝ us´eg kedv´e´ert meg kell jegyezni, hogy Gauss Bolyait´ol f¨ uggetlen¨ ul is tudta, hogy eff´ele k´epletek eset´en ha k → ∞, akkor a nemeuklideszi geometri´aban ´erv´enyes ¨ osszef¨ ugg´esek ´atmennek az euklideszi geometria megfelel˝o ¨osszef¨ ugg´eseibe, valamint azt is, hogy ha egy alakzat k´epletben szerepl˝o m´eretei az ismeretlen k-hoz k´epest eleny´esz˝ oen kicsinyek – pl. eset¨ unkben r → 0−, akkor is ´atmegy a k´eplet ´all´ıt´ astartalma az euklideszi k´epletbe.) A ker¨ ulet meghat´aroz´as´ahoz teh´at az al´abbi hat´ar´ert´eket kell kisz´ amolni: 0 sh r r K = lim 2π · k · sh = 2π · |∞ · 0| = 2π · lim 1 k = = k→∞ k→∞ k 0 k (Bernoulli–L’Hospital-szab´ alyt alkalmazva) = 2π · lim

k→∞

ch kr

( k1 )

′

( )′ 1 r · · r = 2π · lim ch · r = 2π · 1 · r = 2rπ = d · π, k→∞ k k

ami val´ oban a k¨ or ker¨ ulete az euklideszi geometri´aban. A m´ern¨ok¨ok ink´abb ezt az alakot haszn´ alj´ ak, mert m´erhet˝o adatot (d) tartalmaz, ellent´etben a sug´arral, ami k¨ ozvetlen¨ ul nem m´erhet˝ o.

¨ Osszefoglal´ o Fentiekben a bevezet˝ oben ismertetett ¨osszes kit˝ uz¨ott c´elt megval´os´ıtottuk, bebizony´ıtottuk az Appendix h´ıres k´eplet´enek hiperbolikus volt´at u ´gy, hogy az r´aad´asul m´eg formailag is egyszer˝ ubb´e – teljessz¨og˝ uv´e – v´alt, levezett¨ uk a p´arhuzamoss´agi sz¨ og szakirodalmakban nem t´ argyalt ¨osszes sz¨ogf¨ uggv´eny´et, melyek ¨osszefoglal´oan az al´ abbiak: sin u =

1 , ch xk

cos u =

x , k

tg u =

1 , sh xk

x ctg u = sh . k

Ezekb˝ ol j´ol l´ atszik, hogy mindegyik sz¨ogf¨ uggv´eny hiperbolikus. Mivel a hiperbolikus geometria egy helyes ¨ osszef¨ ugg´es´eb˝ol kiindulva, az euklideszi geometria ¨osszef¨ ugg´eseinek felhaszn´ al´ as´ aval a hiperbolikus geometria u ´jabb, helyes ¨osszef¨ ugg´eseit 13 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 14 — #14

i

i

kaptuk, akkor ebb˝ol logikailag k¨ovetkezik, hogy az euklideszi geometria levezet´esek sor´ an felhaszn´ alt ¨ osszef¨ ugg´esei a hiperbolikus geometri´aban is ´erv´enyesek. Mivel mindk´et geometri´ aban ´erv´enyesek, ´ıgy ebb˝ol viszont az k¨ovetkezik, hogy egyben az abszol´ ut geometria ¨ osszef¨ ugg´esei is, mivel az a mindkett˝oben ´erv´enyes t´eteleket, ugg´eseket tartalmazza. ¨osszef¨

Irodalom

[1] Holl´ o Berta: Bolyai J´ anos ´elete ´es munk´ ass´ aga, Miskolci Egyetem. [2] Bolyai J´ anos: APPENDIX, A t´er tudom´ anya, Akad´emia Kiad´ o, Budapest (1973), 211 o. [3] Ob´ adovics J´ ozsef: Matematika, (1965), 808 o. ´ [4] Weszely Tibor: BOLYAI JANOS matematikai munk´ ass´ aga, Krit´erion Kiad´ o, Bukarest (1981), 382. o. [5] B¨ or¨ oczky K´ aroly: A hiperbolikus geometria (´es kapcsolata a diszkr´et geometri´ aval), ´ ¨ In.: Bolyai EMLEKK ONYV, Vince kiad´ o, 2004, 182. o.

14 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 15 — #15

i

i

´ ¨ ALTERNAT´IV UTAK AZ ELEMI FUGGV ENYEK ´ ´ ELMELET EBEN GECSE FRIGYES

M´ ar az ´altal´ anos iskol´ aban a tanul´ok megismerkednek a f¨ uggv´enyek fogalm´aval ´es legegyszer˝ ubb p´eld´ aival. A f¨ uggv´enyek bevezet´ese a hozz´ arendel´esen mint alapfogalmon nyugszik. A term´eszet, a mindennapi ´elet, a tudom´any ´agai b˝os´eges lehet˝os´eget ny´ ujtanak e fogalom alapszint˝ u magyar´azat´ara. A k¨oz´episkol´aban a f¨ uggv´enyek tan´ıt´ as´ ara t¨ obb figyelmet ford´ıtanak, bevezetik az u ´n. elemi f¨ uggv´enyeket, de korrekt defin´ıci´ okat, bizony´ıt´ asokat objekt´ıv okok miatt csak nagyon ritka esetben alkalmaznak. A fels˝ obb oktat´ asban csak kiv´eteles szakokon foglalkoznak ezen f¨ uggv´enyek megalapoz´as´ aval ´es r´eszletes tanulm´anyoz´as´aval. ´Igy a szakemberek t¨obbs´eg´enek csak hom´ alyos elk´epzel´ese lehet e fontos f¨ uggv´enyek elm´elet´er˝ol. Szerint¨ unk a matematika kezdeti fogalmait ´es ´all´ıt´asait mindenk´eppen sz¨ uks´eges szil´ard alapokra helyezni. Ilyen c´elt k¨ ovett¨ unk, amikor a [2, 3] tanulm´anyokat ´ırtuk. Most az ismert elemi f¨ uggv´enyek probl´em´ainak egzakt megold´as´aval fogunk foglalkozni. T¨ obb u ´ton elindulva defini´ aljuk az exponenci´alis, logaritmus-, hatv´any-, trigonometrikus, hiperbolikus f¨ uggv´enyeket, megalapozzuk ezek tulajdons´agait, elv´egezz¨ uk a sz¨ uks´eges o sszef¨ u gg´ e sek bizony´ ıt´ a s´ a t, ´ e s n´ e h´ a ny alkalmaz´ a sra is kit´ e r¨ u nk. ¨ A f¨ uggv´enyek bevezet´es´ere m˝ uveleteket, sorozatok hat´ar´ert´ek´et, hatv´anysorok uggv´enyegyenleteket haszn´alunk. Nem t´amaszkodunk m´elyebb, az ana¨osszeg´et ´es f¨ l´ızisben t´ argyalt fogalmakra ´es t´enyekre, de ismertnek tekintj¨ uk az indukt´ıv ´es rekurz´ıv m´odszereket, a hat´ ar´ert´ek ´es folytonoss´ag alapjait, a k¨olcs¨on¨osen egy´ertelm˝ us´eg ´es az inverz f¨ uggv´eny fogalm´at, a sorok konvergenci´aj´at ´es ¨osszeg´enek f˝obb tulajdons´ agait. A tanulm´ any szorosan kapcsol´odik a Matematikai Lapokban megjelent [1]– [3] munk´ ahoz, seg´edeszk¨ ozk´ent aj´anljuk a [4]– [7] k¨onyveket, amelyekben tov´abbi ismereteket szerezhet¨ unk.

Az exponenci´ alis- ´ es hatv´ anyfu eny bevezet´ ese a rend˝ orelv ¨ ggv´ alkalmaz´ as´ aval Az [1], [3] tanulm´ anyokban t¨ obb probl´ema megold´as´aban alkalmaztunk a val´os sz´amok k´etoldali megk¨ ozel´ıt´es´ere speci´alis sorozatokat. ´Igy a val´os kitev˝oj˝ u hatv´any bevezet´es´ere ´es tulajdons´ againak bizony´ıt´as´ara aj´anlottunk egyszer˝ u m´odszert a k¨ovetkez˝ ok´eppen. 15 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 16 — #16

i

i

Legyen x val´ os sz´ am, p egy 1-n´el nagyobb term´eszetes sz´am, q = q(x) pedig olyan term´eszetes sz´ am, hogy q = 0, ha x < p, ´es pq ≤ x < pq+1 , ha x ≥ p. Az eg´eszr´esz seg´ıts´eg´evel vezetj¨ uk be az (1)

un (x) := un (x, p) := [xpn ]p−n ,

vn (x) := vn (x, p) := un (x) + p−n

sorozatokat a Z−q := {k ∈ Z | k ≥ −q} halmazon. Ezek az x val´os sz´am tizedes t¨ortj´evel kapcsolatos olyan k´etoldali racion´alis k¨ozel´ıt´esei, melyekre igaz, hogy un (x) ≤ x < vn (x),

lim un (x) = lim vn (x) = x,

n→∞

n→∞

( ) ( ) un (x) monoton n¨ ovekv˝ o, vn (x) monoton cs¨okken˝o sorozat Q-ban, ´es un (−x) = −un (x), ha xpn ∈ Z,

un (−x) = −vn (x) ha xpn ∈ / Z; n ∈ Z−q .

1. defin´ıci´ o. Egy pozit´ıv a val´os sz´am x kitev˝ oj˝ u hatv´ any´ anak a k¨ovetkez˝o sz´amot nevezz¨ uk: ax := lim aun (x) . n→∞

[3]-ban ´es [4]-ben bel´ attuk, hogy ax = lim avn (x) = lim aun (x,p1 ) = lim avn (x,p2 ) , n→∞

n→∞

n→∞

´es racion´ alis x eset´en ax megegyezik a rekurz´ıv m´odon ´es gy¨ok ´altal bevezetett racion´ alis kitev˝ oj˝ u hatv´ annyal. Ezek ut´an defini´alhatjuk az exponenci´ alis- ´es hatv´ anyf¨ uggv´enyt a megfelel˝ o hozz´ arendel´esi szab´allyal: x 7→ ax , x ∈ R; x 7→ xa , x ∈ R+ . A hatv´ anyf¨ uggv´eny kiterjeszt´es´evel k´es˝obb foglalkozunk. Az elemi f¨ uggv´enyek t´argyal´ as´ at m´ask´eppen l. [13]-ban. 1. gyakorlat. a) Igazoljuk, hogy ax = sup{ar | r ≤ x, r ∈ Q} = inf{ar | r ≥ x, r ∈ Q}. b) Bizony´ıtsuk be a hatv´ any ismert tulajdons´agait a fenti defin´ıci´o alapj´an. y

P´ elda. Bemutatjuk az (ax ) = axy egyenl˝os´eg bizony´ıt´as´at tetsz˝oleges pozit´ıv x, y eset´en. Vegy¨ uk figyelembe, hogy a racion´alis kitev˝oj˝ u exponenci´alis f¨ uggv´eny folytonos, ´es un (xy) ≤ un (x) · vk (y), ha x > 0, n, k ∈ N+ . Ekkor a > 1 eset´en axy = lim aun (xy) ≤ lim aun (x)vk (y) = lim n→∞

n→∞

n→∞

(au

n (x)

vk (y)

)

vk (y)

= (ax )

.

y

Innen hat´ ar´ atmenettel kapjuk (mikor k → ∞), hogy (ax ) ≥ axy . A ford´ıtott egyenl˝otlens´eg hasonl´ ok´eppen igazolhat´o vn (xy) ≥ un (x) · vk (y) alapj´an. Az ´all´ıt´as kiterjeszt´ese a 0 < a < 1 esetre trivi´ alis.

16 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 17 — #17

i

i

Az exp fu eny defin´ıci´ oja sorozattal ´ es sorral ¨ ggv´ A [3] ´es [4] munk´ aban alkalmazott m´odszereket k¨ovetj¨ uk, exp-pel jel¨olj¨ uk az e alap´ u exponenci´ alis f¨ uggv´enyt, ahol ( )n ( )n+1 1 1 e = lim 1 + = lim 1 + n→∞ n→∞ n n

(2)

n

az Euler-f´ele sz´ am. Ezen sorozatok konvergenci´aja legegyszer˝ ubben az (1 + h) ≥ 1 + nh (h ∈ R, h ≥ −1, n ∈ N+ ) Bernoulli-egyenl˝otlens´eggel bizony´ıthat´o a k¨ovetkez˝ ok´eppen. Legyen en = (1 + fn fn+1

n = n+1 n > n+1

(

(

1 n , n

)

2

(n + 1) n(n + 2)

1 1+ n

fn = (1 +

)n+2 =

1 n+1 , n

)

n n+1

( 1+

n ∈ N+ . Ekkor 1 n(n + 2)

)n+2 >

) = 1.

Enn´elfogva az (fn ) sorozat cs¨ okken˝o ´es korl´atos alulr´ol 1-gyel, ez´ert a (2) alatti n m´ asodik hat´ ar´ert´ek l´etezik. Mivel en = n+1 fn , ez´ert a (2) alatti mindk´et hat´ar´ert´ek l´etezik ´es egyenl˝ o, m´eghozz´ a 1 ≤ e < 4. Ugyanilyen egyszer˝ uen bizony´ıthat´o a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´eg minden olyan (cn ) sz´ amsorozatra, melyre lim cn = 0: ( cn )n (3) lim 1 + = 1. n→∞ n Val´ oban, bizonyos n0 -t´ ol kezdve |cn | < 1, ´es ( ( ( c )2 ) n cn )n ( cn )n n 1+ 1− = 1− ≤ 1. n n n Ezt ´es a Bernoulli-egyenl˝ os´eget alkalmazva kapjuk, hogy ( cn )n ( cn )−n 1 1 + cn ≤ 1 + ≤ 1− ≤ . n n 1 − cn A rend˝ orelv szerint innen a (3) egyenl˝os´eg k¨ovetkezik. ( ) 2. defin´ıci´ o. Adjuk meg az en (x) sorozatot a k¨ovetkez˝ok´eppen: en (x) := ( ) n 1 + nx , n ∈ N+ , x ∈ R. ( ) 1. t´ etel. Minden val´ os x eset´en bizonyos n0 (x)-t˝ol kezdve az en (x) sorozat pozit´ıv, monoton n¨ ovekv˝ o, ´es l´etezik az al´abbi pozit´ıv hat´ar´ert´ek: ( x )n (4) lim 1 + . n→∞ n

17 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 18 — #18

i

i

Bizony´ıt´ as. A fenti jel¨ ol´esekkel en (1) = en , ´es lim en (0) = 1,

lim en (1) = e.

n→∞

n→∞

[ ] Legyen x ̸= 0 ´es n ≥ n0 (x) := |x| + 2. Vil´agos, hogy en (x) > 0; igazoljuk, (n+1) −x > −1, teljes¨ ul az (1 + h) >1+ hogy en+1 (x) > en (x). Mivel h := (n+1)(n+x) h(n + 1) Bernoulli-f´ele egyenl˝ otlens´eg, ez´ert en+1 (x) = en (x)

(

1 + x(n + 1) 1 + xn−1

( = 1−

−1

)n+1

x (n + 1)(n + x)

A bizony´ıtottak alapj´ an az

(

x) · 1+ = n

)n+1

(

n+x · > n

(

)

n2 + n + nx n2 + n + nx + x

( 1−

(( en (x)) −1 ), n ≥ n0

cs¨ okken˝ o, ez´ert l´etezik a limn→∞ en (x)

x n+x

) ·

)n+1 ·

n+x = n

n+x = 1. n

sorozat pozit´ıv ´es monoton

−1

=: a v´eges nemnegat´ıv hat´ar´ert´ek. Mi( )−1 vel a fentiekben x ´ert´eke tetsz˝oleges volt, ez´ert l´etezik a limn→∞ en (−x) =: b 2 v´eges nemnegat´ıv hat´ ar´ert´ek is. Alkalmazzuk a (3) egyenl˝os´eget, amikor cn = − xn : )−n ( 1 x2 = lim 1 − 2 = 1. n→∞ en (x)en (−x) n→∞ n

ab = lim

A kapott a ≥ 0, b ≥ 0, ab = 1 ¨osszef¨ ugg´esekb˝ol nyilv´an k¨ovetkezik, hogy a > 0, b > 0, ´es limn→∞ en (x) = a1 > 0. 3. defin´ıci´ o. A (4) hat´ ar´ert´ekre vezess¨ uk be az exp x jel¨ol´est, ´es defini´aljuk u ´jra, a kor´ abbit´ ol elt´er˝ oen az exp : R → R f¨ uggv´enyt az x 7→ exp x, x ∈ R hozz´arendel´essel; ´ıgy exp(x) = exp x. Az exp f¨ uggv´enyt e-alap´ u vagy standard exponenci´ alis f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk. Az exp f¨ uggv´eny k´et defin´ıci´oj´anak ekvivalens volt´at az al´abbiakban az 1. ´all´ıt´ asban igazoljuk. 2. t´ etel. Az exp f¨ uggv´eny a k¨ ovetkez˝o tulajdons´agokkal rendelkezik: 1. exp 0 = 1, exp 1 = e. 2. exp x > 0 minden x ∈ R eset´en. 3. exp x > 1 + x minden x ̸= 0 eset´en. 4. exp x → +∞, ha x → +∞. −1 5. exp(−x) = (exp x) minden x-re. 6. exp x → 0, ha x → −∞. 7. exp(x + y) = (exp x)(exp y), ha x, y ∈ R. 8. Az exp f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o. 9. Az exp f¨ uggv´eny folytonos. 10. Rexp = ]0, +∞[. 18 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 19 — #19

i

i

11. Az exp f¨ uggv´eny injekt´ıv, az inverz f¨ uggv´enye szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o ´es folytonos. 12. Fenn´ all az al´ abbi egyenl˝ os´eg: exp x − 1 = 1. x→0 x

(5)

lim

Bizony´ıt´ as. A r´eszletes bizony´ıt´as megtal´alhat´o [4]-ben. Az ´all´ıt´asok t¨obbs´ege a 3. defin´ıci´ o ´es az 1. t´etel egyszer˝ u k¨ovetkezm´enye, itt csak n´eh´any ´all´ıt´as igazol´as´at mutatjuk be. A 7. ´all´ıt´ as bizony´ıt´ asa a (3) egyenl˝os´eg alapj´an t¨ort´enik. A 8. ´all´ıt´ as a 7. ´all´ıt´ as k¨ ovetkezm´enye, mert x1 < x2 , d = x2 − x1 eset´en exp d > 1, ´es exp x1 < (exp x1 ) exp d = exp(x1 + d) = exp x2 . A 9. ´all´ıt´ as igazol´ as´ ara l´ assuk be az 1., 3. ´es 5. ´all´ıt´asok alapj´an, hogy 1 + z < exp z ≤

(6)

1 , 1−z

z ∈ ]−∞, 1[ .

Innen hat´ ar´ atmenettel kapjuk, hogy limz→0 exp z = 1 = exp 0, ´es tetsz˝oleges x-re ( ) lim exp(x + z) = lim exp x lim exp z = exp x lim exp z = exp x. z→0

z→0

z→0

z→0

A 10. ´all´ıt´ as az exp f¨ uggv´eny n¨oveked´es´enek ´es folytonoss´ag´anak k¨ovetkezm´enye. A 11. ´all´ıt´ as igaz a folytonos, szigor´ uan n¨ovekv˝o f¨ uggv´enyekre. Az (5) egyenl˝ os´eget a rend˝orelv alapj´an kapjuk, figyelembe v´eve, hogy (6) szerint 1≤

exp x − 1 1 ≤ , ha 0 < x < 1; x 1−x

´es

1 exp x − 1 ≤ ≤ 1, ha x < 0. 1−x x

Az exp f¨ uggv´eny defini´ alhat´o hatv´anysorral is, de tulajdons´agai egyszer˝ ubben vizsg´ alhat´ ok a fenti m´ odszerrel. A teljess´eg kedv´e´ert k¨oz¨olj¨ uk az al´abbi t´etel bizony´ıt´ as´ at, hasonl´ o m´odszer [8]-ban is megtal´alhat´o ([8]-ban l. a 11. feladatokat, ahol t¨ obb ´all´ıt´ asunk bizony´ıt´ asa megtal´alhat´o sorozatokra geometriai m´odszerrel; l. a [12] tanulm´ anyt is). 3. t´ etel. A (7)

∞ ∑ xk k=0

k!

=1+

x x2 + + ... 1! 2!

sor konvergens minden val´ os x eset´en, ´es az ¨osszege exp x.

19 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 20 — #20

i

i

Bizony´ıt´ as. R¨ ogz´ıts¨ uk tetsz˝ olegesen x ´ert´ek´et, ´es vezess¨ uk be a (7) sor x x2 xk + + ... + 1! 2! k! r´eszlet¨ osszeg´et. Azt kell igazolni, hogy limk→∞ Sk (x) = exp x. A Newton binomi´alis k´eplet alapj´ an ( x )n n x n(n − 1) x2 n(n − 1) · · · 1 xn en (x) = 1 + + =1+ + ... + = 2 n 1! n 2! n n! nn ( ( ) )( ) ( ) 1 2 n − 1 xn 1 x2 + ... + 1 − 1− ... 1 − . =1+x+ 1− n 2! n n n n! ( )( ) ( ) xk Vezess¨ uk be az ak = 1 − n1 1 − n2 . . . 1 − k−1 ol´eseket, ´es n k! , 1 < k ≤ n jel¨ v´egezz¨ unk becsl´est fel¨ ulr˝ ol. R¨ ogz´ıtett |x| ´ert´ekn´el v´alasszuk meg k ´es n ´ert´ek´et u ´gy, k |x| hogy |x| < k < n legyen. ´Igy |ak | ≤ k! ´es ( ) k x |x| |ak+1 | = |ak | 1 − < |ak | , n k+1 k Sk (x) = 1 +

2

|ak+2 | < |ak+1 |

|x| |x| < |ak | 2 , k k

|ak+3 | < |ak+2 |

|x| |x| < |ak | 3 . k k

3

Ez ´ıgy tov´ abb folytathat´ o, ez´ert

(

|ak+1 | + |ak+2 | + . . . + |an | < |ak | < |ak |

2

n−k

|x| |x| |x| + 2 + . . . + n−k k k k

|x| k

( 1−

|x| k

)−1

) < k+1

=

|ak | · |x| |x| ). ≤ ( k − |x| k! k − |x|

Ezek alapj´an (8)

en (x) − (1 + x + a2 + . . . + ak ) = |ak+1 + . . . + an | <

k+1

|x| ( ). k! k − |x|

Minthogy lim en (x) = exp x ´es

n→∞

lim ak =

n→∞

xk , k!

k+1

|x| ( ) = 0, k→∞ k! k − |x| lim

ez´ert (8)-b´ ol hat´ ar´ atmenettel, mikor n → ∞, majd k → ∞, megkapjuk a k´ıv´ant eredm´enyt: exp x − Sk (x) ≤

k+1

|x| ( ) , lim |Sk (x) − exp x| = 0, lim Sk (x) = exp x. k→∞ k→∞ k! k − |x|

2. (emelt szint˝ u) gyakorlat. Elfogadva az exp f¨ uggv´eny u ´j defin´ıci´oj´at a (7) sor ul. ¨osszeg´evel bizony´ıtsuk be a 2. t´etel ´all´ıt´asait az 1. t´etel felhaszn´al´asa n´elk¨ 20 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 21 — #21

i

i

Az exponenci´ alis-, logaritmus- ´ es hatv´ anyfu enyek ¨ ggv´ 4. defin´ıci´ o. Az exp f¨ uggv´eny inverz f¨ uggv´eny´et – amely l´etezik a 2. t´etel 8. ´all´ıt´asa szerint – term´eszetes logaritmusnak nevezz¨ uk, ´es az ln szimb´olummal jel¨olj¨ uk. A 2. t´etel alapj´an az ln : R+ → R f¨ uggv´eny szigor´ uan n¨ovekv˝o ´es folytonos, ´ert´eke az x helyen: ln(x) = ln x. 5. defin´ıci´ o. Legyen a olyan val´os sz´am, hogy a > 0, a ̸= 1. Az x 7→ exp(x ln a), x ∈ R hozz´ arendel´essel kapott f¨ uggv´enyt a alap´ u exponenci´ alis f¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es expa -val jel¨ olj¨ uk; expa (x) helyett az expa x, ax szimb´olumokat is haszn´aljuk. Minthogy exp 1 = e, ln e = 1, ez´ert expe = exp ´es 1x = exp(x ln 1) = exp(x · 0) = 1, de ez ut´ obbi f¨ uggv´ennyel nem foglalkozunk, ez egy konstans f¨ uggv´eny. 6. defin´ıci´ o. Legyenek b ´es x pozit´ıv val´os sz´amok. A fentiek szerint exp(x ln b) = exp(ln xb ) = xb , ´ıgy az 1. szakaszban ´ertelmezett x 7→ xb hatv´anyf¨ uggv´enyre u ´j defin´ıci´ot nyert¨ unk. 1. ´ all´ıt´ as. A hatv´ any- ´es a-alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´enyek fent bevezetett k¨ ul¨onb¨oz˝ o defin´ıci´ oi ekvivalensek. Fenn´allnak az al´abbi egyenl˝os´egek: ax = exp(x ln a) = lim aun (x) = lim avn (x) = n→∞

n→∞

∞ n ∑ (ln a) n x , x ∈ R. n! n=0

Bizony´ıt´ as. Az a sz´ am x kitev˝oj˝ u hatv´any´at jel¨olj¨ uk megfelel˝oen ax -szel az 1. szakasz defin´ıci´ oja szerint ´es exp(x ln a)-val az 5. defin´ıci´o szerint. Mivel az exp f¨ uggv´eny folytonos, ´es alkalmazhat´o a 3. t´etel, ez´ert minden val´os x-re ( ) ( ) ax = lim aun (x) = lim exp un (x) ln a = exp lim un (x) ln a = n→∞

= exp(x ln a) =

n→∞

n→∞

∞ n ∑ (ln a) n x . n! n=0

Az exp ´es expa f¨ uggv´enyek tulajdons´agai hasonl´oak, a 2. t´etel ´altal´anos´ıt´asa szinte trivi´ alisan elv´egezhet˝ o. A teljess´eg kedv´e´ert k¨oz¨olj¨ uk a t´etelt, a bizony´ıt´ast all´ o munk´ ara aj´ anljuk. ¨on´ 4. t´ etel. Legyenek a, b egyt˝ ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv val´os sz´amok ´es x, z ∈ R. Az expa f¨ uggv´enynek a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´agai vannak: 1. Dexpa = R, Rexpa = ]0, +∞[. 2. expa 0 = 1, expa 1 = a. −1 3. expa (−x) = (expa x) . −1

4. expa (x + z) = (expa x)(expa z), expa (x − z) = (expa x)(expa z) −1

5. expab = expa · expb , exp ab = (expa )(expb )

.

. 21

i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 22 — #22

i

z

i

x

6. (ax ) = axz = (az ) . 7. Az expa f¨ uggv´eny szigor´ uan n¨ovekv˝o, ha a > 1, ´es szigor´ uan cs¨okken˝o, ha 0 < a < 1. 8. Ha 0 < a < b, akkor ax < bx pozit´ıv x eset´en, ´es ax > bx negat´ıv x eset´en. 9. Az expa f¨ uggv´eny folytonos. 10. limx→+∞ ax = 0, limx→−∞ ax = +∞, ha 0 < a < 1; limx→+∞ ax = +∞, limx→−∞ ax = 0, ha a > 1. 11. Az expa f¨ uggv´enynek a ̸= 1 eset´en l´etezik inverz f¨ uggv´enye, amely folytonos ´es szigor´ uan n¨ ovekv˝ o, ha a > 1, valamint szigor´ uan cs¨okken˝o, ha 0 < a < 1. 12. Fenn´ all az al´ abbi egyenl˝ os´eg: ax − 1 = ln a. x→0 x 7. defin´ıci´ o. Az a-alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´eny inverz´et a-alap´ u logaritmusf¨ uggv´enynek nevezz¨ uk ´es a loga szimb´olummal jel¨olj¨ uk; a = e ´es a = 10 eset´en az ln, illetve lg jeleket haszn´ aljuk. A [4] munk´ahoz hasonl´oan t´etelbe foglaljuk ezen f¨ uggv´eny tulajdons´ agait. lim

5. t´ etel. Legyenek a, b, u, v, x pozit´ıv sz´amok, de a ̸= 1, b ̸= 1, tov´abb´a c, z val´os sz´ amok, de c ̸= 0. Ekkor 1. a loga : R+ → R f¨ uggv´eny folytonos ´es szigor´ uan monoton, m´egpedig n¨ovekv˝o, ha a > 1, ´es cs¨ okken˝ o, ha 0 < a < 1; 2. expa ◦ loga = idR+ , loga ◦ expa = idR , azaz aloga x = x, loga (az ) = z; 3. loga 1 = 0, loga a = 1, loge = ln; ( ) 4. loga (uv) = loga u + loga v, loga uv = loga u − loga v, loga (uz ) = z loga u; −1

−1

5. loga u = (logb u)(logb a) , loga b = (logb a) , logac u = 1c loga u; 6. loga x < logb x, ha a < b, x < 1; loga x > logb x, ha a < b, x > 1; itt a, b ugyanazon ]0, 1[ vagy ]1, +∞[ intervallum elemei; 7. Fenn´ all az al´ abbi egyenl˝ os´eg: 1 loga (1 + x) = . x→0 x ln a Bizony´ıt´ as. A legt¨ obb ´all´ıt´ as a logaritmusf¨ uggv´eny defin´ıci´oj´anak ´es az exponenci´alis f¨ uggv´eny tulajdons´ againak k¨ovetkezm´enye, csak egyesek igazol´as´at mutatjuk be. u 4. Legyen loga u = x, loga v = y. Ekkor ax = u, ay = v, uv = ax ay = (ax+y ) , v = u x−y z x z xz a , u = (a ) = a , ahonnan x + y = loga (uv), x − y = loga v , zx = loga (uz ). Ez megegyezik a bizony´ıtand´o egyenl˝os´egekkel. 5. Az els˝ o egyenl˝ os´eget az u = aloga u azonoss´ag logaritm´al´as´aval kapjuk a 4. szab´ aly szerint. A m´ asodikat az els˝ob˝ol kapjuk u = b helyettes´ıt´essel. A harmadik bizony´ıt´ asa u ̸= 1 eset´en: lim

logac u =

1 1 1 = = loga u. c logb (a ) c logb a c

Ha u = 1, akkor az egyenl˝ os´eg azonos 0 = 0-val. 22 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 23 — #23

i

i

6. Legyen a < b < 1 ´es x < 1. Ekkor az x-alap´ u logx logaritmusf¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o, enn´elfogva loga x =

1 1 < = logb x. logx a logx b

A t¨ obbi esetben a bizony´ıt´as hasonl´o. 7. A 4. t´etel 12. ´all´ıt´ asa szerint limx→0 a x−1 = ln a, ´es az x = loga (1 + t) helyettes´ıt´essel ax − 1 t ax − 1 = t; ln a = lim = lim . x→0 t→0 loga (1 + t) x x

Innen a 7. ´all´ıt´ as ad´ odik (hiszen a ̸= 1, ln a ̸= 0): limt→0

loga (1+t) t

=

1 ln a .

Eddig az x 7→ xb hatv´ anyf¨ uggv´enyt csak pozit´ıv x, b ´ert´ekekn´el defini´altuk. Terjessz¨ uk ki most ezen f¨ uggv´enyt a lehet˝o leg´altal´anosabb m´odon, ahogyan az xb kifejez´esnek ´eszszer˝ u ´ertelem adhat´o. 8. defin´ıci´ o. Hatv´ anyf¨ uggv´enynek nevezz¨ uk azt az R legb˝ovebb r´eszhalmaz´an ´ertelmezett H (vagy r´eszletesebben Hb ) f¨ uggv´enyt, amelynek hozz´arendel´esi szab´alya x 7→ xb , pozit´ıv x eset´en xb = exp(b ln x), egyes b ´ert´ekek eset´en pedig a hozz´arendel´est p´aros vagy nemp´ aros m´ odon terjesztj¨ uk ki nempozit´ıv x ´ert´ekekre, ahogyan azt r´eszletesen az al´ abbi t´etelben adjuk meg. A racion´alis b sz´amot nem egyszer˝ us´ıthet˝o b= m alakban ´ ırjuk fel, ahol m, n ∈ Z, n > 0. n 6. t´ etel. A H hatv´ anyf¨ uggv´eny f˝obb tulajdons´agai a k¨ovetkez˝ ok: 1. Ha b = 0, akkor H(x) = 1, x ∈ DH = R \ {0}. 2. Ha b > 0; m, n p´ aratlanok, akkor DH = RH = R ´es H p´aratlan, szigor´ uan n¨ ovekv˝ o. 3. Ha b > 0; m p´ aros, akkor DH = R, RH = R+ es H p´aros, szigor´ uan 0 = [0, +∞[ ´ + n¨ ovekv˝ o R0 -on. 4. Ha b < 0; m, n p´ aratlanok, akkor DH = RH = R \ {0} ´es H p´aratlan, szigor´ uan cs¨ okken˝ o R+ -on, limx→0+0 H(x) = +∞. 5. Ha b < 0; m p´ aros, akkor DH = R \ {0}, RH = R+ ´es H p´aros, szigor´ uan + cs¨ okken˝ o R -on, limx→0 H(x) = +∞. 6. Ha b < 0 ´es m p´ aratlan, n p´aros vagy a irracion´alis, akkor DH = RH = R+ ´es H szigor´ uan cs¨ okken˝ o, limx→0+0 H(x) = +∞. 7. Ha b > 0, m p´ aratlan, n p´aros vagy b irracion´alis, akkor DH = RH = R+ es 0 ´ H szigor´ uan n¨ ovekv˝ o. 8. Minden b eset´en H folytonos; ha b < 0, akkor 0 m´asodfaj´ u szakad´asi hely; ha b ̸= 0, akkor H lesz˝ uk´ıt´ese R+ -ra szigor´ uan monoton bijekci´o ´es H(1) = 1. 9. Fenn´ all az al´ abbi egyenl˝ os´eg: b

(1 + x) − 1 = b. x→0 x lim

23 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 24 — #24

i

i

Bizony´ıt´ as. A hatv´ any kor´ abban bebizony´ıtott tulajdons´agai alapj´an minden ´all´ıt´as egyszer˝ uen ellen˝ orizhet˝ o. Az utols´o egyenl˝os´eget a 4. ´es 5. t´etel alapj´an kapjuk meg a k¨ ovetkez˝ ok´eppen: ( ) b ( exp b ln(1 + x) − 1)b ln(1 + x) (1 + x) − 1 = lim = lim x→0 x→0 x bx ln(1 + x) ( ) exp b ln(1 + x) − 1 ln(1 + x) = b · lim · lim = b. x→0 x→0 b ln(1 + x) x A [4] k¨ onyvben sz´ amos k´erd´esre r´eszletesebb inform´aci´ot kaphatunk, megismerkedhet¨ unk a grafikonokkal, egyenletekkel, egyenl˝otlens´egekkel ´es hat´ar´ert´ekkel kapcsolatos feladatok megold´ asi m´odszereivel is.

F¨ uggv´ enyegyenletek A f¨ uggv´enyegyenletek tanulm´ anyoz´as´aval a matematika egyik fontos ´agazata foglalkozik [9]. Sz´ amos egyenlet megold´asa a [10] k¨onyvben is megtal´alhat´o. Az al´abbiakban a fent t´ argyalt f¨ uggv´enyeket olyan egyenlettel ´ırjuk le, melyben a f¨ uggv´eny az ismeretlen egy megadott f¨ uggv´enyoszt´alyban (´altal´aban ez folytonos f¨ uggv´enyek oszt´ alya egy adott kezdeti felt´etellel). Kezdj¨ uk n´eh´any egyszer˝ u, az ´altal´anos iskol´aban ismert f¨ uggv´ennyel. Az f (x) = c, x ∈ R konstansf¨ uggv´eny meghat´arozhat´o u ´gy is, mint az f (x) = f (ax), (a ∈ R \ {1}) f¨ uggv´enyegyenlet megold´asa az f : R → R t´ıpus´ u folytonos f¨ uggv´enyek oszt´ aly´aban az f (0) = c kezdeti felt´etellel. Val´oban, egyr´eszt az f (x) = c konstansf¨ uggv´eny folytonos, f (x) = c = f (ax) ´es f (0) = c. M´asr´eszt, ha f megold´ asa a feladatnak, akkor |a| > 1 eset´en minden x-re (x) (x) (x) f (x) = f =f = . . . = f , a a2 an ´es f folytonoss´ aga miatt f (x) = limn→∞ f (xa−n ) = f (0) = c. Ha 0 < |a| < 1, akkor az f (x) = f (an x) egyenl˝ os´eget haszn´aljuk. Teh´at a konstansf¨ uggv´eny a megfogalmazott feladat egyetlen megold´asa. De itt a f¨ uggv´enyegyenlet a param´etert tartalmaz, ´ıgy a konstansf¨ uggv´enyre v´egtelen sok f¨ uggv´enyegyenletet tal´altunk. 2. ´ all´ıt´ as. Az f (x) = cx, x ∈ R, c ̸= 0 egyenes ar´anyoss´ag f¨ uggv´enye (m´ask´eppen homog´en line´ aris f¨ uggv´eny) defini´alhat´o mint az f (x + y) = f (x) + f (y) f¨ uggv´enyegyenlet megold´ asa a folytonos f : R → R t´ıpus´ u f¨ uggv´enyek oszt´aly´aban az f (1) = c felt´etellel. Az f −1 : R → R inverz f¨ uggv´eny l´etezik ´es folytonos. Bizony´ıt´ as. Csak az egy´ertelm˝ us´eget igazoljuk, a t¨obbi ´all´ıt´as nyilv´anval´o. Legyen f a feladat (megold´ asa. ) Minden x ∈ R eset´en f (x) = f (x + 0) = f (x) + f (0) miatt f (0) = 0; f x + (−x) = f (x) + f (−x) = f (0) = 0 miatt f (−x) = −f (x). A teljes indukci´ o szerint f (nx) = nf (x), ´es f ( nx ) = n1 f (x), n ∈ N+ , ez´ert minden r = pq 24 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 25 — #25

i

i

racion´ alis sz´ am eset´en f (rx) = rf (x), f (r) = rf (1) = cr. Az f folytonoss´aga k¨ovetkezt´eben ( ) f (x) = lim f un (x) = lim cun (x) = cx. n→∞

n→∞

( ) ( ) 3. gyakorlat. Oldjuk meg az f f (x + 1) = f f (x) + 1 f¨ uggv´enyegyenletet a line´ aris t¨ ortf¨ uggv´enyek oszt´ aly´ aban, ha f (0) = 1. 4. gyakorlat. ´Irjunk fel f¨ uggv´enyegyenletet: a) az eg´eszr´esz-f¨ uggv´eny lesz˝ uk´ıt´es´ere [0, 2[-re; b) az sgn jelf¨ uggv´enyre (sgn(0) = 0; sgn(x) = 1, ha x > 0; sgn(x) = −1, ha x < 0); c) az f (x) = 12 x2 − 14 x −

3 8

m´asodfok´ u f¨ uggv´enyre.

7. t´ etel. Minden 1-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝o pozit´ıv a sz´am eset´en l´etezik pontosan egy olyan folytonos f : R+ → R t´ıpus´ u f¨ uggv´eny, amelyre minden x, y ∈ R+ eset´en f (xy) = f (x) + f (y) ´es f (a) = 1. Ez a f¨ uggv´eny a loga . Bizony´ıt´ as. Az 5. t´etel szerint a loga f¨ uggv´eny eleget tesz a t´etel felt´eteleinek, ez´ert csak az egy´ertelm˝ us´eget kell bizony´ıtani. Legyen f : R+ → R olyan tetsz˝ oleges folytonos f¨ uggv´eny, amelyre f (xy) = f (x) + f (y) ´es f (a) = 1. Minthogy f (a) = f (a · 1) = f (a) + f (1), ez´ert f (1) = 0. Ha z ∈ R+ ´es k pozit´ıv eg´esz sz´am, akkor indukci´ oval igazolhat´ o, hogy f (z k ) = kf (z). Tov´abb´a 0 = f (1) = f (z −k z k ) = −k k −k f (z ) + f (z ) miatt f (z ) = −f (z k ) = −kf (z), teh´at f (z k ) = kf (z), f (ak ) = kf (a) = k minden eg´esz k-ra. Hasonl´oan minden pozit´ıv eg´esz m ´es tetsz˝oleges eg´esz k eset´en (9) ( √ )m 1 1 = f (a) = f ( m a ) = mf (a m ),

1

f (a m ) =

1 , m

k

1

f (a m ) = kf (a m ) =

k . m

Legyen x tetsz˝ oleges val´ os sz´am, ´es adjuk meg az 1. szakaszban bevezetett kn un (x)-et olyan nem egyszer˝ us´ıthet˝o m alakban, amelyben kn , mn ∈ Z, mn > 0 n minden pozit´ıv eg´esz n eset´en. Ekkor (9) szerint fel´ırhatjuk az al´abbi egyenl˝os´egeket: (10)

f (aun (x) ) = un (x),

n ∈ Z+ .

Vegy¨ unk hat´ ar´ert´eket a (10) egyenl˝os´eg mindk´et oldal´an, amikor n → ∞, figyelembe v´eve az un (x) sorozatnak az els˝o szakaszban k¨oz¨olt tulajdons´agait, valamint azt, hogy az f , expa f¨ uggv´enyek folytonosak. ´Igy kapjuk, hogy f (ax ) = x. Ha ax = z, akkor x = loga z, ´es f (z) = loga z tetsz˝oleges pozit´ıv val´os z-re. 5. gyakorlat. Igazoljuk, hogy a 7. t´etelben a folytonos megszor´ıt´as f -re felcser´elhet˝ o szigor´ uan monoton felt´etelre. 25 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 26 — #26

i

i

8. t´ etel. Minden 1-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝o pozit´ıv a sz´am eset´en l´etezik pontosan egy olyan folytonos f : R → R+ t´ıpus´ u f¨ uggv´eny, amelyre minden x, y ∈ R eset´en f (x + y) = f (x)f (y) ´es f (1) = a. Ez a f¨ uggv´eny az expa . Bizony´ıt´ as. A 4. t´etel szerint az expa f¨ uggv´eny eleget tesz a t´etel felt´etel´enek. Legyen f is ilyen tulajdons´ aggal rendelkez˝o f¨ uggv´eny. N´ezz¨ uk a g = loga ◦f : R → R uggv´enyt, amely folytonos, ¨osszetett f¨ ( ) ( ) g(x + y) = loga f (x + y) = loga f (x)f (y) = loga f (x) + loga f (y) = g(x) + g(y) ( ) ´es g(1) = loga f (1) = loga (a) = 1. A 2. ´all´ıt´as szerint g(x) = x, hiszen g(x) = cx, 1 = g(1) = c · 1. Innen k¨ ovetkezik, hogy f azonos a loga f¨ uggv´eny inverz´evel, azaz expa -val. 9. t´ etel. Minden olyan folytonos f : R+ → R+ f¨ uggv´eny, amelyre az f (xy) = f (x)f (y) azonoss´ ag ´erv´enyes, hatv´anyf¨ uggv´eny, azaz l´etezik olyan pozit´ıv b sz´am, hogy f : x 7→ xb , x ∈ R+ . Bizony´ıt´ as. Az el˝ oz˝ o t´etel bizony´ıt´as´ahoz hasonl´oan a g(x) = logc f (ax ), x ∈ R seg´edf¨ uggv´enyt haszn´ aljuk (c > 0, c ̸= 1, a > 1). Megjegyz´ es. A 7.–9. t´etelek lehet˝os´eget adnak arra, hogy az exponenci´alis-, loogaritmus- ´es hatv´ anyf¨ uggv´enyeket f¨ uggv´enyegyenletekkel defini´aljuk. 6. gyakorlat. Ha az f : R → R t´ıpus´ u f¨ uggv´enyre teljes¨ ulnek az f (x + y) = f (x) + f (y), f (xy) = f (x)f (y) azonoss´agok, akkor f (x) = cx, x ∈ R, ahol c = 0 vagy c = 1. Igazoljuk ezt az f folytonoss´ ag´anak kik¨ot´ese n´elk¨ ul (bel´atva, hogy f szigor´ uan n¨ovekv˝ o)! 7. gyakorlat. Oldjuk meg az al´abbi f¨ uggv´enyegyenleteket megadott kezdeti felt´etellel a polinomf¨ uggv´enyek oszt´aly´aban: a) f (x) − 2f (x + 1) + f (x + 2) = 0, f (1) = 0, b) xf (x + 1) = (x + 1)f (x), f (1) = 10.

Trigonometrikus fu enyek ¨ ggv´ A k¨ oz´episkol´ aban a trigonometrikus f¨ uggv´enyeket geometriai m´odszerrel tan´ıtj´ak. Ennek megalapoz´ as´ aval nem foglalkozunk. A koszinusz f¨ uggv´eny bevezet´es´et h´aromf´ele m´ odszerrel oldjuk meg: sorozat seg´ıts´eg´evel, hatv´anysorral ´es f¨ uggv´enyegyenlettel. Az [1] ´es [11] munk´ak terv´et k¨ovetj¨ uk, a r´eszletek ´es bizony´ıt´asok ott megtal´ alhat´ ok kisebb v´ altoz´ asokkal. A π sz´amot az al´abbi hat´ar´ert´ekkel defini´aljuk: √ (11) π := lim 2n 2 − 2τn−1 , n→∞

√ a (τn ) sorozat rekurz´ıv megad´ asa: τ0 = 0, τn+1 = 12 2 + 2τn , n ∈ N. Az [1] cikkben ´es a [11] k¨ onyvben megtal´ alhat´ o ezen sorozat konvergenci´aj´anak bizony´ıt´asa, illetve a defin´ıci´ o geometria alap´ u magyar´azata. 26 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 27 — #27

i

i

[1]-hez hasonl´ oan defini´ aljuk a (Ck,n ) : N × N → R k´etszeres sorozatot: C0,n = 1,

C1,n = τn ,

Ck+1,n = 2τn Ck,n − Ck−1,n ,

n, k ∈ N, k > 0.

A fentiekben a f¨ uggv´enyek bevezet´es´eben gyakran t´amaszkodtunk a racion´alis sz´amok halmaz´ ara. Ezen halmaz szerep´et most egy speci´alis Ωγ halmaz t¨olti be, amelyet egy pozit´ıv γ param´etert˝ol f¨ ugg˝oen vezet¨ unk be a k¨ovetkez˝ok´eppen: ωn := ωn (γ) := γ2−n , n ∈ N; Ωγ := {kωn | n ∈ N, k ∈ Z}; Ω◦γ := Ωγ ∩ ]0, γ[ . Felh´ıvjuk az Olvas´ o figyelm´et, hogy a [11], [1] munk´akban a jel¨ol´esek kiss´e elt´ernek egym´ ast´ ol, az [1] cikk felt´eteleiben a γ2 -t γ-ra cser´elt¨ uk, itt [1] jel¨ol´eseit k¨ ovetj¨ uk. Az Ωγ halmaz z´ art az o ¨sszead´as, kivon´as, eg´esz sz´ammal ´es 12 -del t¨ort´en˝o szorz´ as m˝ uveletekre, valamint s˝ ur˝ u R-ben. Most is az (1)-t´ıpus´ u sorozatokat alkalmazzuk azzal a k¨ ul¨ onbs´eggel, hogy p−n helyett ωn -t haszn´alunk, a jel¨ol´est nem v´altoztatjuk, csak p helyett γ-t ´ırunk: [ −1 ] un (x) := un (x, γ) := x(ωn ) ωn ,

vn := (x) := vn (x, γ) := un (x) + ωn , n ∈ N.

Ezen sorozatok az (1) sorozatokkal hasonl´o tulajdons´aggal rendelkeznek, tagjaik az Ωγ halmaz elemei. Az Ωγ halmazon megadunk egy Cosγ f¨ uggv´enyt a ( ) ( ) Cosγ kωn (γ) := Cosγ − kωn (γ) := Ck,n ,

k, n ∈ N

egyenl˝ os´egekkel. A Cosγ f¨ uggv´eny folytonosan kiterjeszthet˝o az R halmazra a k¨ovetkez˝ ok´eppen (a kiterjesztett f¨ uggv´enyt cosγ -val jel¨olj¨ uk): ( ) ( ) lim Cosγ un (x, γ) = lim Cosγ vn (x, γ) =: cosγ (x), x ∈ R.

(12)

n→∞

n→∞

Az [1]-ben igazolt megfelel˝ o ´all´ıt´asokat t´etel form´aj´aban fogalmazzuk meg. 10. t´ etel. 1. A cos π2 f¨ uggv´eny azonos a geometri´ab´ol ismert klasszikus cos f¨ uggv´ennyel; ( cosγ (x) = cos

) π x , 2γ

x ∈ R.

2. A cosγ a (13)

C(x + y) + C(x − y) = 2C(x)C(y)

D’Alembert–Poisson-f¨ uggv´enyegyenlet egyetlen megold´asa olyan C0,γ (R) f¨ uggv´enyoszt´ alyban, amelynek elemei az R-en defini´alt val´os f¨ uggv´enyek az f (γ) = 0, valamint az f (x) > 0 felt´etellel, amikor 0 < x < γ. 27 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 28 — #28

i

i

Ezek szerint a cos f¨ uggv´enyre k´et u ´j defin´ıci´ot alkalmazhatunk, amelyek ekvivalensek a geometri´ a b´ o l ismert defin´ ıci´ oval. A sin f¨ uggv´eny defini´alhat´o a sin x := ( ) cos x − π2 , x ∈ R egyenl˝ os´eggel. A (13) egyenlet alapj´an k¨onnyen igazolhat´ok a cos ´es sin tulajdons´ agai [4], [11], pl. a cos p´aros, a sin p´aratlan f¨ uggv´eny, mindkett˝o 2π-periodikus, fenn´ allnak a sin2 x + cos2 x = 1, 2 sin2 x = 1 − cos 2x azonoss´agok. 8. gyakorlat. Adjunk meg olyan trigonometrikus f¨ uggv´enyt, ( ) amely megold´asa az f (x − 1) + f (x) + f (x + 1) = 0 f¨ uggv´enyegyenletnek az f 34 = 1 kezdeti felt´etellel. Az exponenci´ alis f¨ uggv´enyhez hasonl´oan a cos, sin f¨ uggv´enyek is megadhat´ok hatv´ anysorral. 11. t´ etel. Az al´ abbi hatv´ anysorok konvergensek minden x ∈ R eset´en, ´es ¨osszeg¨ uk cos x, illetve sin x: ∞ ∑

(14)

(−1)

n=0

(15)

∞ ∑ n=0

n+1

(−1)

n

2n x2n x2 x4 n x =1− + − . . . + (−1) + ..., (2n)! 2! 4! (2n)!

2n+1 x3 x5 x2n+1 n+1 x =x− + − . . . + (−1) + ... . (2n + 1)! 3! 5! (2n + 1)!

Bizony´ıt´ as. N´eh´ any ismert ´all´ıt´ast k¨ozl¨ unk a sorok konvergenci´aj´ar´ol. Ha a sor tagjai nem negat´ıvak, akkor a konvergencia krit´eriuma a r´eszlet¨osszegek sorozat´ anak korl´ atoss´ aga. Egy sor biztosan konvergens, ha a tagjainak abszol´ ut´ert´ek´evel megadott sor konvergens. Egy a1 + a2 + a3 + . . . sort Leibnitz-t´ıpus´ unak neveznek, ha egy bizonyos n0 t´ol kezdve |an+1 | ≤ |an |, an an+1 < 0 ´es limn→∞ an = 0. Minden Leibnitz-t´ıpus´ u sor konvergens, valamit az S ¨ osszeg´ere ´es az Sn = a1 + . . . + an r´eszlet¨osszeg´ere fenn´all az |S − Sn | ≤ |an+1 | egyenl˝ otlens´eg. A (14), (15) sorok Leibnitz-t´ıpus´ uak minden x ´ert´ek´en´el, mert pl. (2n + 1)(2n + 2) ≤ x2 eset´en x2n+2 x2n x2n ≤ , lim = 0. n→∞ (2n)! (2n + 2)! (2n)! Jel¨ olj¨ uk a (14) sor ¨ osszeg´et Cos x-szel, ´es igazoljuk, hogy az x 7→ Cos x, x ∈ R f¨ uggv´eny folytonos minden x0 helyen. Tetsz˝oleges pozit´ıv ε-ra adjuk meg az n0 term´eszetes sz´ amot u ´gy, hogy teljes¨ uljenek az al´abbi egyenl˝otlens´egek: ( )2 (2n0 + 1)(2n0 + 2) ≥ |x0 | + 1 , 2

4

( )2n0 +2 ε |x0 | + 1 < (2n0 + 2)! . 3 n

2n

x Az x 7→ Sn0 (x) = 1 − x2! + x4! − . . . + (−1) (2n)! polinomf¨ uggv´eny folytonos az x0 helyen, ε ez´ert l´etezik olyan δ ∈ ]0; 1[, hogy |x − x0 | < δ eset´en Sn0 (x) − Sn0 (x0 ) < 3 .

28 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 29 — #29

i

i

Mindezeket figyelembe v´eve alkalmazhatjuk a Leibnitz-t´ıpus´ u sor ¨osszeg´ere k¨ oz¨ olt becsl´est, ´es azt kapjuk, hogy Cos(x) − Cos(x0 ) ≤ ≤ Cos(x) − Sn0 (x) + Sn0 (x) − Sn0 (x0 ) + Sn0 (x0 ) − Cos(x0 ) ≤ ( )2n0 +2 |x0 | + 1 ε x02n0 +2 ε ε x2n0 +2 + + ≤ + + < ε. ≤ (2n0 + 2)! 3 (2n0 + 2)! (2n0 + 2)! 3 3 Enn´elfogva a Cos f¨ uggv´eny folytonos x0 -ban, ´ıgy R-en is. Minthogy Cos(0) = 1, a folytonoss´ ag k¨ ovetkezt´eben Cos(x) > 0 az x = 0 egy bizonyos k¨ornyezet´eben. A Leibnitz-t´ıpus´ u sor ¨ osszeg´ere k¨oz¨olt becsl´est alkalmazva kapjuk, hogy Cos(2) = 4 1 − 2 + 24! − . . . < 1 − 2 + 16 ıv sz´amok halmaza, ame24 < 0. Legyen A azon a pozit´ lyekre Cos(x) > 0, ha 0 ≤ x < a. Ha γ0 := sup A, akkor a Cos folytonoss´aga miatt Cos(γ0 ) = 0. Igazoljuk, hogy a Cos f¨ uggv´eny a (13) egyenlet megold´asa a C0,γ0 (R) oszt´alyban. 2 4 x2n Az 1 + x2! + x4! + . . . + (2n)! + . . . nem negat´ıv tag´ u sor konvergens minden 2

4

2n

x r´eszx eset´en (a S(x) ¨ osszeghez), mert ezen sor Sn (x) := 1 + x2! + x4! + . . . + (2n)! let¨ osszegei korl´ atosak ( ) x2n0 2x2n0 1 1 S n (x) ≤ S n0 −1 (x) + 1 + + 2 + . . . = S n0 (x) + (2n0 )! 2 2 (2n0 )!

k¨ ovetkezt´eben, ha (2n0 + 1)(2n0 + 2) ≥ 2x2 ´es n ≥ n0 .

∑ i+j x2i y 2j jeAlkalmazzuk a Newton binomi´alis k´eplet´et ´es a T2n = (−1) (2i)!(2j)! ∑ l¨ol´est, ahol az ¨ osszegz´es jele olyan i, j ´ert´ekekre hat, amelyekre 0 ≤ i, j ≤ 2n, 2n < i + j ≤ 4n. ´Igy kapjuk a k¨ovetkez˝o ¨osszef¨ ugg´eseket: ) 1( S2n (x + y) + S2n (x − y) = 2 ( ( ) ) ) 1 1( 2 4 2 2 =1− x + y2 + x4 + x y + y4 + . . . + 2! 4! 2 ( ( ) ( ) ) 1 4n 4n−2 2 4n 4n−4 4 + x4n + x y + x y + . . . + y 4n = (4n)! 2 4 =

∑′

i+j

(−1)

x2i y 2j =: Q2n , (2i)!(2j)!

itt a Q2n ¨ osszegben 0 ≤ i, j ≤ 2n, i + j ≤ 2n; (∑ )( ∑ ) 2n 2n 2i 2j i x j x (16) S2n (x)S2n (y) = = Q2n + T2n , (−1) (−1) (2i)! (2j)! i=0 j=0 S2n (x)S2n (y) =

) 1( S2n (x + y) + S2n (x − y) + T2n . 2 29

i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 30 — #30

i

i

Minthogy a T2n kifejez´esben i > n vagy j > n, ez´ert ( ) ( ) |T2n | ≤ S 2n (x) S 2n (y) − S n (y) + S 2n (y) S 2n (x) − S n (x) , lim T2n = S(x) · 0 + S(y) · 0 = 0.

n→∞

Ennek figyelembev´etel´evel (16)-b´ol hat´ar´atmenettel megkapjuk a sz¨ uks´eges egyenl˝os´eget: 2 Cos(x) Cos(y) = Cos(x + y) + Cos(x − y). Teh´ at a Cos f¨ uggv´eny a (13) egyenlet megold´asa a C0,γ0 (R) oszt´alyban. L´assuk be, hogy γ0 = π2 . A fent eml´ıtett becsl´est alkalmazzuk a (14) sor o¨sszeg´ere S1 (x) ´altal, ( 2) 4 amikor |x| < 1: | Cos(x) − 1 − x2 | ≤ x4! . Innen x = 2z ̸= 0 eset´en 1 − Cos(2z) z2 ≤ , − 1 2z 2 3

(17)

1 − Cos(2z) = 1. z→0 2z 2 lim

Teljes indukci´ oval k¨ onnyen igazolhat´o [11], hogy a (13) egyenlet C0,γ0 (R)-beli megold´ as´ ara C(ωn ) = τn , n ∈ N. A kor´abbiak alapj´an fel´ırhat´ok a k¨ovetkez˝o egyenl˝os´egek: 1 − Cos(2ωn ) 1 − Cos(ωn−1 ) (1 − τn−1 )22n+1 (18) = = = 2ωn2 2ωn2 4γ02

(√ )2 2 − 2τn−1 2n . 2γ0 √

2−2τn−1 2n

A (11), (17) ´es (18) egyenl˝os´egek k¨ovetkezt´eben limn→∞ = 1 ´es 2γ0 2γ0 = π. A 10. t´etel 2. ´all´ıt´ asa figyelembe v´etel´evel kapjuk, hogy Cos = cos π2 = cos. A 11. t´etel 2. ´all´ıt´ as´ anak bizony´ıt´as´at v´egezz¨ uk el ¨on´ meg(all´oan (ez [11]-ben ) ´ tal´ alhat´ o). Utmutat´ ask´ent k¨ oz¨ olj¨ uk, hogy a Sin2 (x) = 12 1 − cos(2x) egyenl˝os´eg bizony´ıt´ a s´ aval kell a fent haszn´alt m´odszerrel, ahol Sin x a (15) sor ¨osszege, kezdeni ebb˝ol a Sin(x) = sin(x) egyenl˝os´eg k¨ovetkezik. Ez alapj´an a Sin(x) = sin(x) egyenl˝ os´eg bizony´ıt´ asa egyszer˝ u a [0, 2] intervallumon. Indukci´os m´odszerrel ezt az egyenl˝ os´eget kiterjesztj¨ uk az eg´esz sz´amtengelyre a Sin(2x) = 2 Sin(x) cos(x) egyenl˝os´eg figyelembev´etel´evel. A tov´ abbi trigonometrikus f¨ uggv´enyek defin´ıci´oja a megszokott m´odon t¨ort´enik: {π } cos x sin x , x∈R\ + kπ | k ∈ Z , ctg x := , x ∈ R \ {kπ | k ∈ Z}, cos x 2 sin x {π } 1 1 sec x := , x∈R\ + kπ | k ∈ Z , cosec x := , x ∈ R \ {kπ | k ∈ Z}. cos x 2 sin x tg x :=

Az ´arkuszf¨ uggv´enyeket mint inverz f¨ uggv´enyeket[ defini´ a] ljuk a sin, ] cos, [tg, ctg f¨ uggv´enyek lesz˝ uk´ıt´es´ere vonatkoz´oan megfelel˝oen a − π2 , π2 , [0, π], − π2 , π2 , ]0, π[ intervallumokra [11]. 30 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 31 — #31

i

i

Ezen f¨ uggv´enyek tulajdons´agair´ol, a trigonometria feladatair´ol ´es legegyszer˝ ubb alkalmaz´ asair´ ol a [11] k¨ onyvben olvashatunk. Sz¨ uks´egesnek tartjuk egy fontos ´all´ıt´ asr´ ol, a (19)

lim

x→0

sin x =1 x

egyenl˝ os´egr˝ ol n´eh´ any megjegyz´est tenni. A geometri´an alapul´o el˝oad´asokban ez k¨ onnyen bizony´ıthat´ o, csak´ ugy mint a (15) egyenl˝os´eg alkalmaz´as´aval. De sz´ınvonalas el˝ oad´ asokban elv´ arhat´ o egy k¨ozvetlen analitikus bizony´ıt´as. A [11] k¨onyvben ezt az egyenl˝ os´eget bebizony´ıtottuk a szakasz elej´en alkalmazott m´odszerrel.

Hiperbolikus fu enyek ¨ ggv´ A hiperbolikus f¨ uggv´enyek bevezet´es´ere is sz´amos lehet˝os´eg ny´ılik. Az exponenci´alis f¨ uggv´enyek ismeret´eben a legegyszer˝ ubb u ´t az al´abbi explicit k´epletekkel ad´odik (a jel¨ ol´esek ´es elnevez´esek ismertek, x ´ert´ekei ´ertelemszer˝ uen v´alasztottak): ex − e−x , 2

ch x :=

ex + e−x , 2

sh x ex − e−x = x , ch x e + e−x

cth x :=

ch x ex + e−x = x . sh x e − e−x

sh x := th x :=

A sh, ch f¨ uggv´enyek egyszer˝ uen megadhat´ok hatv´anysorokkal is a (14), (15) sorok alapj´ an: sh x =

x x3 x5 + + + ..., 1! 3! 5!

ch x = 1 +

2 x4 + + ..., 2! 4!

ezek konvergensek az R halmazon. A hiperbolikus f¨ uggv´enyek k¨oz¨ ul csak a ch f¨ uggv´eny nem injekt´ıv, ´ıgy sz¨ uks´eg van a ch |[0,+∞[ lesz˝ uk´ıt´es alkalmaz´as´ara. Ezut´an bevezethetj¨ uk a hiperbolikus f¨ uggv´enyek arsh, arch, arth, arcth inverz f¨ uggv´enyeit, melyeknek k¨oz¨os nev¨ uk ´ areaf¨ uggv´enyek. Ezek megadhat´ ok az al´abbi k´epletekkel is [4]: √ √ ( ) ( ) arsh x = ln x + x2 + 1 , x ∈ R; arch x = ln x + x2 − 1 , x ∈ [1, +∞[ ; arth x =

1 1+x ln , x ∈ ]−1, 1[ ; 2 1−x

arcth x =

1 x+1 ln , x ∈ ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ . 2 x−1

A fenti k´epletek seg´ıts´eg´evel k¨ onnyen meg´allap´ıthat´ok a hiperbolikus- ´es ´areaf¨ uggv´enyek tulajdons´ agai, seg´edeszk¨ozk´ent a [4] k¨onyvet is haszn´alhatjuk. Az [1] cikkben bebizony´ıtottuk, hogy a ch f¨ uggv´eny defini´alhat´o u ´gy is, mint a (13) alatti D’Alembert–Poisson-f¨ uggv´enyegyenlet egyetlen megold´asa a folytonos f : R → R f¨ uggv´enyek CH,1 (R) oszt´aly´aban, amelyekre f (1) = H =: 21 (e + e−1 ) teljes¨ ul. 31 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 32 — #32

i

i

Alkalmaz´ asokr´ ol di´ oh´ ejban Az egyszer˝ u gyakorlati feladatok t¨obbs´ege olyan egyenletek, egyenl˝otlens´egek ´es ezek rendszereihez vezetnek, amelyek megold´asai elemi f¨ uggv´enyekkel adhat´ok meg. A k¨ oz´episkolai matematika, fizika sz´amos p´eld´at tartalmaz ennek al´at´amaszt´as´ara. A bonyolultabb feladatok differenci´al-, integr´al- ´es f¨ uggv´enyegyenletekkel oldhat´ok meg, amelyek ismeretlen f¨ uggv´enyeket, azok deriv´altjait ´es integr´aljait tartalmazz´ ak. A fent bebizony´ıtott 4. t´etel 12., 5. t´etel 7., 6. t´etel 9. ´all´ıt´asa ´es a (19) k´eplet seg´ıts´eg´evel k¨ onnyen megtal´ aljuk az elemi f¨ uggv´enyek deriv´altj´anak k´epleteit. P´eld´ aul (19) alkalmaz´ as´ aval kapjuk, hogy 2 sin h2 cos 2x+h sin(x + h) − sin x 2 = lim = cos x. h→0 h→0 h h

sin′ (x) = lim

J´ ol ismerj¨ uk a f¨ uggv´enyek egyszer˝ u transzform´aci´oit az argumentumra alkalmazott ¨ osszead´ as, szorz´ as stb. m˝ uveletekkel, amelyek nagyban seg´ıtik a f¨ uggv´enyek elemz´es´et. A fels˝ o matematik´ aban hasonl´o m´odszerek messzemen˝o ´altal´anos´ıt´asaival l´epten-nyomon tal´ alkozunk. Pl. a trigonometrikus ´es exponenci´alis f¨ uggv´enyekkel k´epzett Fourier-, Laplace-transzform´aci´ok a matematika legfontosabb m´odszereihez tartoznak, nemcsak fontos feladatok megold´as´anak lehet˝os´eg´et, de u ´j elm´eletek sz¨ ulet´es´et is nekik k¨ osz¨ onhetj¨ uk. Az elemi f¨ uggv´enyek kiterjeszt´ese komplex tartom´anyokra l´etrehozta a f¨ uggv´enyelm´elet klasszikus v´altozat´ at, az analitikus f¨ uggv´enyek elm´elet´et, amely n´elk¨ ul elk´epzelhetetlen a modern matematika, fizika ´es sz´amos term´eszettudom´anyi ´agazat. Ez´ert is tartottuk sz¨ uks´egesnek az elemi f¨ uggv´enyek r´eszletesebb ´es egys´eges ismertet´es´et.

Irodalom

[1] Gecse, F., A D’Alembert–Poisson-f¨ uggv´enyegyenlet param´eteres ´ altal´ anos´ıt´ as´ anak folytonos megold´ asai, Mat. Lapok, 1 (2011), 25–47. [2] Gecse, F., A val´ os sz´ amok rendszer´enek fel´ep´ıt´ese, Mat. Lapok, 2 (2012), 8–25. [3] Gecse, F., A val´ os sz´ amok elm´elet´enek ¨ osszefoglal´ asa dedukt´ıv m´ odszerrel, Mat. Lapok, 2 (2013), 13–29. [4] Gecse, F., Matematikai alapok, Z-press Kiad´ o Kft. (Miskolc, 2013). [5] Sz´ekelyhidi, L., Halmazok ´es f¨ uggv´enyek, Palotadoktor Bt. (Debrecen, 2008). [6] Rozgonyi, T., Toledo, R., Halmazok ´es f¨ uggv´enyek, K´ezirat (Ny´ıregyh´ aza, 2008). [7] Katz, S., F¨ uggv´enyek korszer˝ u felfog´ asban, Tank¨ onyvkiad´ o (Budapest, 1989). [8] Hortob´ agyi, I., Elemi matematika, IV, Tank¨ onyvkiad´ o (Budapest, 1991). [9] Acz´el, Z., Vorlesungen u ¨ber Funktioalgleihungen und ihre Anwendungen (Basel– Stuttgart, 1961). [10] R´ oka, S., 2000 feladat az elemi matematika k¨ or´eb˝ ol, Typotex (Budapest, 2100).

32 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 33 — #33

i

i

[11] Gecse, F., Trigonometria funkcion´ alis alapon, az Ungv´ ari Nemzeti Egyetem Kiad´ oja (Ungv´ ar, 2008). [12] K´ os, R., K´ os, G., Mi´ert term´eszetes az e?, K¨ oMaL, 53/3 (2003), 258–264. ´ [13] Sz´ az, A., Hatv´ anyoz´ as ´es elemi f¨ uggv´enyek, Debreceni Egyetem (Debrecen, 2001).

Frigyes Gecse: Alternative Paths in the Theory of Elementary Functions The elementary functions are introduced and their properties and relations are studied with the help of special sequences, power series and functional equations. Gecse Frigyes Debreceni Egyetem [email protected]

33 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 34 — #34

i

i

´ ´ TARSULATI ELET – 2015

Szele Tibor-eml´ ek´ erem A Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat Szele Tibor-eml´ek´erem bizotts´aga a 2015. ´evi ´ermet R´ onyai Lajosnak ´ıt´elte oda. Indokl´ as: R´ onyai Lajos 1979-ben szerzett matematikus diplom´at az ELTE TTK-n. A diploma megszerz´ese ´ota az MTA SZTAKI a f˝o´all´as´ u munkahelye. Emellett 1994 ´ota oktat a BME-n, ahol 2001-t˝ol 2014-ig az Agebra Tansz´ek vezet˝oje volt, jelenleg egyetemi tan´ ar. Ir´ any´ıt´as´aval t¨ort´ent az alkalmazott matematikus szak Algebra ´es alkalmaz´ asai szakir´any kidolgoz´asa, amelynek anyag´aban egy¨ utt van jelen a logika, a klasszikus algebra ´es a sz´am´ıt´astudom´any is. Eddig 122 tudom´ anyos ´es fels˝ooktat´asi k¨ozlem´enyt jelentetett meg, ezen fel¨ ul k´et k¨ onyvnek, 3 k¨ onyvfejezetnek a t´arsszerz˝oje, egy tov´abbi k¨otetnek pedig t´arsszerkeszt˝ oje. F¨ uggetlen hivatkoz´asainak sz´ama 780 f¨ol¨ott van. Nagy s´ ulyt helyez a tudom´ anyos eredm´enyek n´epszer˝ us´ıt´es´ere is; 10 ilyen jelleg˝ u ´ır´asa van, ´es 2005. december 12-´en eml´ekezetes el˝oad´ast tartott a Mindentud´as Egyetem´en is Elliptikus g¨ orb´ek – a geometri´ at´ ol a titkos kommunik´ aci´ oig c´ımmel. T¨obb m´as f´orumon, p´eld´ aul a R´ atz L´aszl´ o-v´andorgy˝ ul´esen, a Kossuth Klubban, a Galilei F´oru´ mon, a Haj´os-versenyen, a Kutat´ok Ejszak´ aj´an, a Bolyai T´arsulat K¨ uld¨ottgy˝ ul´es´en, a K¨ oMaL Ifj´ us´ agi Ank´etj´ an ´es az Informatika OTDK-n is tartott n´epszer˝ us´ıt˝o el˝oad´ asokat. Fontosabb tudom´ anyos eredm´enyei k¨oz¨ott kiemelend˝o, hogy polinom idej˝ u m´ odszerek kidolgoz´ as´ aval megalapozta a v´eges dimenzi´os asszociat´ıv algebr´ak algoritmikus elm´elet´et, az ´altal´ anos´ıtott Riemann-sejt´es felt´etelez´es´evel determinisztikus polinom idej˝ u algoritmust adott v´eges testek feletti korl´atos fok´ u polinomok felbont´ as´ ara. Meghat´ aroz´ o szerepet j´ atszott a BME egyik legn´epszer˝ ubb szakir´anya, a m˝ uszaki informatika alapk´epz´esnek a kialak´ıt´as´aban, majd oktat´as´aban. Az Ivanyos G´ aborral ´es Szab´ o R´ek´ aval 1998-ban ´ırt Algoritmusok c´ım˝ u egyetemi tank¨onyvet koll´eg´ ak ´es di´ akok egyar´ ant nagyra ´ert´ekelik. A ut´ obbi ´evekben Tapolcai J´anossal ´es Lend¨ ulet-kutat´ocsoportj´aval kommunik´aci´ os m´ern¨ oki feladatokb´ ol sz´ armaz´o matematikai probl´em´akon is dolgozott, ennek eredm´enye egyebek k¨ oz¨ ott az Internet Optical Infrastructure c´ım˝ u, 2015-ben a Springer kiad´ on´ al megjelent k¨onyv. R´ onyai Lajos eredm´enyes a tudom´anyos ut´anp´otl´as nevel´es´eben is. Ivanyos G´ abor 1996-ban szerzett a t´emavezet´es´evel kandid´atusi c´ımet. Tan´ıtv´anyai k¨oz¨ ul 34 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 35 — #35

i

i

Bodon Ferenc ´es Heged˝ us G´abor 2006-ban, Felszeghy B´alint 2008-ban, M´esz´aros Tam´ as pedig 2015-ben szerzett PhD tudom´anyos fokozatot. Ivanyos G´abor 2010ben megszerezte az MTA doktora c´ımet is, ´es jelenleg az MTA SZTAKI tudom´a´ nyos tan´ acsad´ oja ´es a BME c´ımzetes egyetemi tan´ara. Heged˝ us G´abor az Obudai Egyetem docense, Bodon Ferenc ´es Felszeghy B´alint nemzetk¨ozi p´enz¨ ugyi c´egekn´el t¨oltenek be fontos poz´ıci´ ot, M´esz´aros Tam´as pedig posztdoktori ¨oszt¨ond´ıjas lesz Berlinben. R´ onyai Lajos nagy elm´eleti tud´assal rendelkez˝o kutat´o, aki sokr´et˝ u matematikai ismereteit eredm´enyesen alkalmazza sz´am´ıt´astudom´anyi probl´em´ak vizsg´alat´aban is. A szakmai ut´ anp´ otl´as nevel´es´eben egyetemi oktat´ok´ent, tudom´anyos t´emavezet˝ ok´ent ´es sikeres szakk¨onyvek szerz˝ojek´ent is kiveszi a r´esz´et.

Beke Man´ o-eml´ ekd´ıj A Beke Man´ o-eml´ekd´ıj bizotts´ag 2016-ban a Beke Man´o-eml´ekd´ıj m´asodik ¨ ¨ fokozat´ aban r´eszes´ıti Dr. Ok ordi P´ etern´ e tan´arn˝ot, Schultz J´ anos tan´ar urat, Udvarhelyin´ e B´ eres Irma tan´arn˝ot, F´ abi´ an Istv´ ann´ e tan´arn˝ot, Csik´ osn´ e Vo r o s Marianna tan´ a rn˝ o t, Lutzn´ e Feszt Edit tan´ a rn˝ o t, Gosztomn´ e Ivsics ¨ ¨ Eszter tan´ arn˝ ot ´es Kis G´ abort. ¨ Dr. Ok¨ ordi P´etern´e (sz¨ ul: Kulcs´ar Katalin) 1973-ban szerezte diplom´aj´at az E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetem Term´eszettudom´anyi Kar´anak matematika– fizika szak´ an. Szakmai ´eletp´ aly´aja teljes eg´eszben a Budapesti Berzsenyi D´aniel Gimn´ aziumhoz k¨ oti. Itt ´eretts´egizett, itt volt p´alyakezd˝o, ´es itt v´alt ´erett tan´arr´a. Kiv´al´ oan felk´esz¨ ult pedag´ ogus. Kiemelked˝o szerepe volt az 1993-t´ol meg´ ujul´o ´es hatoszt´ alyoss´ a v´ al´ o speci´ alis matematika tanterv˝ u oszt´aly kialak´ıt´as´aban, m˝ uk¨odtet´es´eben. Szinte minden ´evben jutottak be tan´ıtv´anyai a Varga Tam´as Matematikaverseny, az Arany D´ aniel Matematikaverseny d¨ont˝oj´ebe, ´es ugyan´ıgy nagy sz´amban ´es eredm´enyesen vettek r´eszt az Orsz´agos K¨oz´episkolai Tanulm´anyi Versenyen ´es a K¨ oMaL feladatmegold´ o versenyeken is. Emellett di´akjai sz´ep teljes´ıtm´enyt ny´ ujtottak az ´eretts´egin ´es felv´eteli vizsg´akon egyar´ ant. Nemcsak saj´at tan´ıtv´ anyai k¨or´eben volt fontos sz´am´ara a tehets´eggondoz´as, a versenyek. Kezdet´et˝ ol fogva tagja a Matematika Hat´arok N´elk¨ ul verseny magyar szervez˝ obizotts´ ag´ anak. Eg´esz p´ alyafut´ as´ at a pedag´ogiai al´azat, a gyerekek´ert ´es a tan´arok´ert val´o tenni akar´ as, a szakmai ig´enyess´eg jellemezte ´es jellemzi a mai napig. Gener´aci´ok ker¨ ultek ki a Berzsenyi falai k¨ oz¨ ul, akiknek ´eletre sz´ol´ o u ´tmutat´ast adott embers´egb˝ol, emberi tart´ asb´ ol, tud´ asb´ ol. Munk´aj´anak elismer´esek´ent 2004-ben Graphisoft-d´ıjat, 2008-ban Aranykatedra Eml´ekplakettet kapott. ¨ ordi P´etern´e elhivatotts´aga, kiemelked˝o pedag´ogiai, szakmai munk´aja, Dr. Ok¨ kimagasl´ o tehets´eggondoz´ o tev´ekenys´ege ´es eredm´enyess´ege alapj´an m´elt´o a Beke Man´ o-eml´ekd´ıjra. Schultz J´ anos diplom´ aj´ at 1994-ben szerezte a szegedi J´ozsef Attila Tudom´anyegyetem matematika–fizika szak´an. Ugyanebben az ´evben p´alyakezd˝ok´ent ker¨ ult 35 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 36 — #36

i

i

a szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs´erleti Gimn´aziumba, ahol magas szint˝ u tud´as´at az´ota is kamatoztatja a speci´ alis matematika tagozat munk´aj´aban ´es a k¨ ul¨onb¨oz˝o koroszt´ alyoknak tartott versenyel˝ ok´esz´ıt˝o szakk¨or¨ok¨on. 2007 ´ota rendszeres el˝oad´oja, az Erd˝ os P´al Matematikai Tehets´eggondoz´o Iskol´anak. Tehets´egfelismer˝ o ´es tehets´eggondoz´o tev´ekenys´eg´enek k¨osz¨onhet˝oen tan´ıtv´anyai k¨ oz¨ ul t¨ obben a Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´akolimpia ´es a K¨oz´ep-Eur´opai Matematikai Di´ akolimpia magyar csapat´anak tagjai voltak. Tan´ıtv´anyai k¨oz¨ ul sokan kiemelked˝ oen szerepeltek a Varga Tam´as Matematikaversenyen, az Arany D´aniel Matematikaversenyen, az Orsz´agos K¨oz´episkolai Tanulm´anyi Versenyen ´es m´as orsz´ agos illetve nemzetk¨ ozi tanulm´anyi versenyeken. Tan´ıtv´anyai a K¨oz´episkolai Matematikai Lapok feladatmegold´o verseny´eben t¨obb feladatt´ıpusban is rendszeresen az ´elen ´allnak. A matematika oktat´ as´ aval kapcsolatos tev´ekenys´ege m´eg enn´el is sz´elesebb ´ a tud´ashoz” tank¨ or˝ u. T´arsszerz˝ oje a Maxim Kiad´o gondoz´as´aban megjelent Ut ” k¨ onyvcsal´ ad magas sz´ınvonal´ u matematika-tank¨onyveinek, t¨obb magas sz´ınvonal´ u matematikai versenyfelk´esz´ıt˝ o ´es tehets´eggondoz´o feladatgy˝ ujtem´enye is ismert. Schultz J´ anos tan´ ar u ´r k´et ´eve tagja a matematikai OKTV II. kateg´oria versenybizotts´ ag´ anak. 1999-ben ´es 2008-ban Graphisoft-d´ıjat kapott, 2007-ben Ericsson-d´ıjban r´eszes¨ ult, 2015-ben pedig Szeged Ifj´ u Tehets´eg´e´ert d´ıjjal jutalmazt´ak munk´aj´at. Schultz J´ anos folyamatosan kiemelked˝o pedag´ogiai, szakmai munk´aja ´es kimagasl´ o tehets´eggondoz´ o tev´ekenys´ege, illetve annak eredm´enyess´ege alapj´an m´elt´o a Beke Man´ o-eml´ekd´ıjra. Udvarhelyin´e B´eres Irma a Juh´asz Gyula Tan´ark´epz˝o F˝oiskola matematika– fizika szak´ an v´egzett. A f˝oiskola elv´egz´ese ut´an Szegeden el˝osz¨or a Zalka M´at´e ´ ´ Altal´ anos Iskol´ aban, 1985-t˝ ol a Makkosh´azi Altal´ anos Iskol´aban dolgozott, ahol az iskolavezet´es felk´erte az emelt ´orasz´am´ u matematikaoktat´as, a matematika tagozat megszervez´es´ere, szakmai kidolgoz´as´ara. 1990-t˝ol a szegedi Gutenberg J´anos ´ Altal´ anos Iskol´ aban a matematika tagozat vezet˝ ojek´ent folytatta munk´aj´at. Az int´ezm´enyben az ˝o vezet´es´evel dolgozt´ak ki a matematika tagozat speci´alis tanterv´et, tanmenet´et, melynek hat´ as´ ara hamarosan tan´ıtv´anyai egyre jobban teljes´ıtettek, a v´ arosi, megyei ´es orsz´ agos versenyeken is. A tehets´eggondoz´ as elk¨ otelezett pedag´ogus´ av´a v´alt. Tan´ıtv´anyai ´evek ´ota eredm´enyesen szerepelnek 13 k¨ ul¨ onb¨oz˝o matematikaversenyen. Tanul´oinak tehets´eggondoz´ as´ at m´ar als´ o tagozatban elind´ıtja, ´es ezt folytatja a fels˝o tagozat matematika szakk¨ ori foglakoz´ asain, ahol a di´akok lelkesen k´esz¨ ulnek a koll´egan˝o ir´any´ıt´as´aval k¨ ul¨ onb¨ oz˝o matematikaversenyekre, megm´erettet´esekre. Iskol´ an k´ıv¨ uli tev´ekenys´egeivel is a matematika megszerettet´es´en f´aradozik. A Bonifert-versenyre val´ o felk´esz´ıt´es mellett a kezdetekt˝ol bekapcsol´odott a szervez´esbe, ´es a bek¨ uld¨ ott feladatok jav´ıt´as´aba. Csongr´ad Megyei Matematika ´es Fizika Tan´ arok Alkot´ o M˝ uhely´enek tagjak´ent 1991-t˝ol 1999-ig r´eszt vett a szervezet ´altal ny´ aron megrendezett 7 napos Nemzetk¨ozi Matematika Fizika t´abor munk´a´ j´aban. 2000-t˝ ol az Ifj´ u Tehets´egek´ert J¨ov˝onk Erdek´ eben Egyes¨ ulet munk´aj´aban a tehets´egek kibontakoztat´ as´ a´ert v´egez f´aradhatatlan munk´at. 36 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 37 — #37

i

i

´ 1988-ban a Makkosh´ azi Altal´ anos Iskola kiv´al´o pedag´ogusa kit¨ untet´est, 2010ben Bolyai Matematika Csapatverseny Csongr´ad megyei tan´ari f˝od´ıj´at kapta meg. Udvarhelyin´e B´eres Irma p´eld´as, ig´enyes munkav´egz´ese a matematika tan´ıt´asa ir´ anti elk¨ otelezetts´ege, a tehets´eggondoz´asban el´ert kiv´al´o eredm´enyei alapj´an m´elt´ o a Beke Man´ o-eml´ekd´ıjra. F´ abi´ an Istv´ ann´e 1982-ben v´egzett a Bajai Tan´ıt´ok´epz˝o F˝oiskol´an. P´alyakezd˝o ´ pedag´ ogusk´ent a Kecskem´eti Belv´arosi Zr´ınyi Ilona Altal´ anos Iskol´aban kezdett tan´ıtani, ahol megszak´ıt´ as n´elk¨ ul imm´ar 34 ´eve dolgozik a sz¨ ul˝ok ´es gyermekek legnagyobb ¨ or¨ om´ere. Magas sz´ınvonal´ u pedag´ ogusi munk´aj´ab´ol is kiemelkedik a matematika tan´ıt´asa. A gyermeki ´erdekl˝ od´est felkeltve, egy´enre szabott halad´asi temp´oval, u ¨gyes munkaszervez´essel ´es v´egtelen lelkesed´essel tudta ´es tudja el´erni, hogy oszt´alyaib´ ol ne csak 1-2 szerencs´es gyermek tapasztalja meg a matematika adta ¨or¨om¨oket ´es a versenyek izgalm´ at. Ennek eredm´enyek´ent t¨obbsz¨or k´apr´aztatta el a megye pedag´ ogusait az eredm´enyhirdet´eseken azzal, hogy oszt´aly´ab´ol 3-5 tanul´o is a d´ıjazottak k¨ oz¨ ott szerepelt. A tart´ osan ´es sok tanul´oval el´ert sikeres matematikatan´ıt´as megalapozta sok-sok gyerek j¨ ov˝oj´et, ´es hozz´aj´arult az iskol´aja h´ırnev´ehez. F´ abi´ an Istv´ ann´e tev´ekenyen r´eszt vett abban a munk´aban, amely iskol´aj´ab´ol elind´ıtotta a ma m´ar orsz´ agos szint˝ u Zr´ınyi Ilona Matematikaversenyt. Tehets´eggondoz´ o tev´ekenys´ege kimagasl´o. P´elda´ert´ek˝ u hogy a Zr´ınyi Ilona Matematikaversenyen orsz´ agos 2., 4., 5., ´es 9. helyet hoztak el egyazon ´evben tan´ıtv´ anyai. P´elda´ert´ek˝ u, hogy F´abi´an Istv´ann´e Zsuzsa u ´gy tan´ıtja als´o tagozatban a matematik´ at, hogy tanul´ oi ´evek ´ota orsz´agos 1–10. helyez´eseket ´erhetnek el rangos matematikaversenyeken. F´ abi´ an Istv´ ann´e gyermekcentrikuss´aga ´es p´elda´ert´ek˝ u tehets´eggondoz´o tev´ekenys´ege alapj´ an m´elt´ o a Beke Man´o-eml´ekd´ıjra. Csik´ osn´e V¨ or¨ os Marianna 1987-ben a bajai Tan´ıt´ok´epz˝o F˝oiskola elv´egz´ese ´ ´ ut´ an egykori iskol´ aj´ aban, a kalocsai Enek-Zenei Altal´ anos Iskol´aban kapott tan´ıt´oi ´all´ ast. ´ aira elhivatottan k´esz¨ Or´ ul, er˝oss´ege a differenci´al´as ´es a tanul´okkal val´o egy´eni foglalkoz´ as ´es a versenyeztet´es. Mindig harmadik-negyedik oszt´alyban tan´ıt, ´altal´aban minden tant´argyat, de ˝ a matematik´at volt t¨ obb olyan tan´ev, amikor tant´argycsoportokat hoztak l´etre, s O tan´ıtotta t¨ obb oszt´ alyban is. 2009-ben az iskolavezet´es felk´erte az als´o tagozatos munkak¨oz¨oss´eg vezet´es´ere, mellyel egy id˝ oben iskolai versenyeket ind´ıtott, hogy azok a tanul´ok is versenyezhessenek, akiknek nagyobb versenyeken nincs es´ely¨ uk a gy˝ozelemre. Siker´elm´enyhez jut´ as, rutinszerz´es, megm´erettet´es volt a c´el. Munkak¨ oz¨ oss´eg-vezet˝ ok´ent bevezette az iskol´aban a Kenguru, a B´atasz´eki ´es ˝ maga v´egzi. Evek ´ a Kalm´ ar L´aszl´ o matematikaversenyt, melyek szervez´es´et is O ´ota az iskola minden matematikaverseny´et koordin´alja 2–12. ´evfolyamig. 37 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 38 — #38

i

i

Tan´ıtv´ anyai rendszeresen az orsz´ag ´elmez˝ony´eben szerepelnek a Zr´ınyi Ilona, a Harmatcsepp, a Dugonics Andr´as, a Kalm´ar L´aszl´o, a B´atasz´eki, a Kenguru, a B´ acs-Kiskun megyei matematikaversenyeken, valamint a Genius Logicus Nemzetk¨ ozi matematikaversenyen. 2010 ´ota az iskola igazgat´ohelyettese. Ezt a feladat´at is nagy odaad´assal, lelkesed´essel v´egzi. Csik´ osn´e V¨ or¨ os Marianna felk´esz¨ ults´ege, elhivatotts´aga ´es tehets´eggondoz´o tev´ekenys´ege alapj´an m´elt´ o a Beke Man´o-eml´ekd´ıjra. Lutzn´e Feszt Edit a Ho Si Minh Tan´ark´epz˝o F˝oiskol´an v´egzett 1979-ben, matematika–fizika szakon, ahol oktat´astechnol´ogusi k´epes´ıt´est is szerzett. 1981 ´ota ´ dolgozik a Solym´ ari Hunyadi M´aty´as N´emet Nemzetis´egi Altal´ anos ´es Alapfok´ u M˝ uv´eszeti Iskol´ aban. Folyamatosan fejlesztette szakmai tud´as´at, 1994-ben az ELTE TTK-n sz´am´ıt´astechnika szakos tan´ ari diplom´at is szerzett. Oszt´ alyf˝ on¨ okk´ent, igazgat´ ohelyettesk´ent, a min˝os´egbiztos´ıt´asi fejleszt´esi team vezet˝ ojek´ent sokoldal´ u eredm´enyes munk´at v´egzett. K¨ ul¨ on¨ osen jelent˝ os az a tev´ekenys´ege, amelyet a tanul´ok ´es pedag´ogusok munk´ aj´anak folyamatos m´er´ese, ´ert´ekel´ese, fejleszt´ese ´erdek´eben fejtett ki. Szakmai tev´ekenys´ege is kiemelked˝o. Matematika-fizika-informatika szakos tan´ ark´ent tanul´ oit eredm´enyesen tan´ıtja, ´es hossz´ u id˝o ´ota eredm´enyesen k´esz´ıti fel a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o szakmai versenyekre. Az ´altala szervezett term´eszettudom´anyos projektek, k´ıs´erletek, versenyek k¨ ul¨on¨osen n´epszer˝ uek a tanul´ok k¨or´eben. Eg´esz szakmai munk´ aj´ at, pedag´ogiai tev´ekenys´eg´et ´athatja a koll´eg´akkal val´o eredm´enyes egy¨ uttm˝ uk¨ od´es ´es az iskolavezet´es seg´ıt´ese. Szakmai ´elet´ utj´at a folyamatos tanul´ as, tov´ abbk´epz´esi lehet˝os´egek kihaszn´al´asa, a fejl˝od´es ´erdek´eben v´egzett munka jellemzi. Lutzn´e Feszt Edit felk´esz¨ ults´ege, elhivatotts´aga, munk´aja ´es tehets´eggondoz´o tev´ekenys´ege alapj´an m´elt´ o a Beke Man´o-eml´ekd´ıjra. Gosztomn´e Ivsics Eszter 1992 ´ota tan´ıt a P´ecsi M˝ uv´eszeti Gimn´azium ´es Szakk¨ oz´episkol´ aban. 2010 ´ota a Cs´anyi Alap´ıtv´any mentora. Gosztomn´e Ivsics Eszter igazi pedag´ogus szem´elyis´eg. A tan´ıt´ast egys´egben kezeli a t´ amogat´ assal, seg´ıt´essel. Mindig ´eszreveszi, ha valaki lemarad, vagy ha t¨obbre volna k´epes. Senki sem k´eri, utas´ıtja ˝ot, hogy munkaid˝o ut´an maradjon egy-egy di´ak kedv´e´ert, aki a kimer´ıt˝ o szakmai munka vagy lelki terhek miatt nehezen tart l´ep´est a t´arsaival. M´egis marad, mert sz´am´ıtanak r´a. Nem csup´ an a felz´ ark´ oztat´ashoz elengedhetetlen a t¨obbletmunka. A kiemelked˝ o k´epess´eg˝ u tanul´ ok egy´eni fejleszt´ese, adott esetben versenyeztet´ese ugyan´ıgy ´aldozatot k¨ ovetel a tehets´egseg´ıt˝ot˝ol. Gosztomn´e Ivsics Eszter ebben is eredm´enyes. Sz´amos n¨ ovend´eke jutott m´ar el megyei ´es orsz´agos versenyek d¨ont˝oibe. K¨oz¨ ul¨ uk sokan dobog´os helyez´est ´ertek el. A sikereket r´ aad´ asul a legk¨ ul¨onb¨oz˝obb ´erdekl˝od´es˝ u ´es szakmai orient´aci´oj´ u tanul´ okkal ´erte el: k´epz˝ o- ´es iparm˝ uv´esz n¨ovend´ekekkel, zen´eszekkel, t´ancosokkal, 38 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 39 — #39

i

i

dr´ am´ asokkal, kilencedikt˝ ol eg´eszen a v´egz˝os ´evfolyamokig. A Zipernowsky megyei versenyen, szinte minden ´evben dobog´os helyez´est, de az orsz´agos Zr´ınyi Ilona Matematikaversenyen is kiemelked˝o eredm´enyeket ´ernek el tan´ıtv´anyai. Gosztomn´e Ivsics Eszter elhivatotts´aga, odaad´o munk´aja ´es tehets´eggondoz´o tev´ekenys´ege alapj´an m´elt´ o a Beke Man´o-eml´ekd´ıjra. Kis G´ abor tanulm´ anyait a debreceni Fazekas Mih´aly Gimn´aziumban v´egezte speci´ alis matematika tagozaton, majd a Kossuth Lajos Tudom´anyegyetemen folytatta. Jelenleg informatikusk´ent dolgozik. Kis G´ abor a Fazekas Mih´ aly Gimn´azium tan´araival 1993 ´es 1998 k¨oz¨ott iskolai t´aborokat szervezett. Ezekb˝ ol a t´aborokb´ol n˝ott ki ´es o¨n´all´osodott a Medve Szabadt´eri Matematikaverseny ´es a Medve Matekt´aborok jelenleg is vir´agz´o sorozata. A Medve Szabadt´eri Matekverseny kateg´ori´akra bontott csapatverseny. A r´esztvev˝ ok ´allom´ asr´ ol ´allom´ asra haladnak ´es feladatokat oldanak meg. Helyes v´alasz eset´en f˝ o´ allom´ ashoz, helytelen eset´en pedig mell´ek´allom´ashoz ir´any´ıtj´ak ˝oket. A helyez´est a megoldott f˝ ofeladatok sz´ama, illetve az arra ford´ıtott id˝o d¨onti el. E konstrukci´ o szellemi atyja Kis G´abor. A Medve Matekt´ aborok els˝odleges c´elja nem a versenyfelk´esz´ıt´es. A foglalkoz´ asokon egy-egy matematikai t´em´at dolgoznak f¨ol, melyeket logikai vet´elked˝ok, versenyek, k´eszs´egfejleszt˝ o foglalkoz´asok is sz´ınes´ıtenek. A szakmai tartalom l´enyeg´eben Kis G´abor ¨ otleteib˝ ol ´es kezdem´enyez´eseib˝ol krist´alyosodott ki a jelenlegi form´ aj´ aban. 1999 ´es 2011 k¨ oz¨ ott Kis G´abor a rendezv´enyek szervez´es´eben is oroszl´anr´eszt ¨ v´ allalt. Ezeket ma m´ar A Matematika Osszek¨ ot Egyes¨ ulet koordin´alja, hiszen a rendezv´enyek ´evente t¨ obb ezer di´ akot mozgatnak meg. Kis G´ abor a matematika n´epszer˝ us´ıt´es´eben, elm´ely´ıt´es´eben el´ert kimagasl´o eredm´enyei alapj´an m´elt´ o a Beke Man´o-eml´ekd´ıjra.

Gru eza-eml´ ek´ erem ¨ nwald G´ 2015-ben a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremre t´ız felterjeszt´es ´erkezett. Mind a jel¨oltek tudom´ anyos munk´ ass´ aga, mind pedig az oktat´asi ´es k¨oz´eleti tev´ekenys´eg¨ uk rendk´ıv¨ ul magas sz´ınvonalat k´epviselt. Ez m´elt´oan t¨ ukr¨ozi a Gr¨ unwald-eml´ek´erem tudom´ anyos ´es t´ arsadalmi preszt´ızs´et. Annak ellen´ere, hogy a Bolyai T´arsulat d¨ont´ese ´ertelm´eben a bizotts´ ag ¨ ot jel¨ oltet honor´alhatott, az elm´ ult ´evek egyik legnehezebb feladat´ anak bizonyult a rendk´ıv¨ ul er˝os mez˝onyb˝ol a d´ıjazottak kiv´alaszt´asa. K¨ ul¨on om¨ unkre szolg´ al, hogy lehet˝ os´eg¨ unkben ´allt az orsz´ag k¨ ul¨onb¨oz˝o egyetemeinek, ¨or¨ illetve kutat´ oint´ezeteinek munkat´arsait kit¨ untetni. A bizotts´ag szavazati alapj´an az idei d´ıjazottak a k¨ ovetkez˝ ok: Geh´ er Gy¨ orgy P´ al, Maga P´ eter, Nagy Zolt´ an L´ or´ ant, Pach P´ eter P´ al, ´es Szokol Patr´ıcia. Indokl´ as: Geh´er Gy¨ orgy P´ al 1987-ben sz¨ uletett, 2010-ben szerzett matematikus diplom´ at a Szegedi Tudom´ anyegyetemen, majd 2015-ben PhD fokozatot ugyanott K´erchy L´aszl´ o t´emavezet´es´evel. Jelenleg a Szegedi Tudom´anyegyetem Bolyai Int´ezet´enek adjunktusa. 39 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 40 — #40

i

i

Geh´er Gy¨ orgy P´ alnak 8 megjelent ´es 5 elb´ır´al´as alatt lev˝o dolgozata van. Legt¨obb eredm´eny´et a funkcion´ alanal´ızis ter¨ ulet´en ´erte el. A klasszikus szegedi hagyom´ anyokat folytatva aszimptotikusan nem-elt˝ un˝o oper´atorok elm´elet´et kutatta, amelyek doktori disszert´ aci´ oj´ anak alapj´at k´epezt´ek. Jellemezte a kontrakci´okb´ol aszimptotikusan nyerhet˝ o pozit´ıv oper´atorokat, illetve ´altal´anos´ıtotta a Sz˝okefalviNagy hasonl´ os´ agi t´etelt. 2013-t´ol a Moln´ar Lajos professzor ´altal vezetett Lend¨ u” let” kutat´ ocsoport munk´ aj´ aban is r´eszt vesz, ahol a funkcion´alanal´ızis egy m´asik ter¨ ulet´en, a meg˝ orz´esi probl´em´akkal kapcsolatban folytatott eredm´enyes kutat´asokat. Az Aleksandrov-f´ele konzervat´ıv t´avols´ag probl´ema kapcs´an az eddig ismert leger˝ osebb eredm´enyt adta a k´etdimenzi´os esetben. Nagy ´erdekl˝od´est v´altott ki a matematikai fizik´ aban fontos szerepet j´atsz´o, nevezetes Wigner-t´etelre adott ¨ot´ metrikus jellemz´es´et adta val´os szigor´ letes, u ´j bizony´ıt´ asa is. Uj uan konvex ´es bels˝o szorzat tereknek. Emellett ´erdekes t´eteleket bizony´ıtott a klasszikus geometria ter¨ ulet´en is. Kiemelked˝ o eredm´enyeire tekintettel Geh´er Gy¨orgy P´al a Gr¨ unwald G´ezaeml´ek´eremben r´eszes¨ ul. Maga P´eter 1985-ben sz¨ uletett, az E¨otv¨os Lor´and Tudom´anyegyetemen szerzett matematikus diplom´ at 2009-ben, majd a Central European University-n doktor´ alt 2013-ban Harcos Gergely t´emavezet´es´evel. Ezut´an 2 ´evig G¨ottingenben Valentin Bromerrel dolgozott posztdoktori kutat´ok´ent. 2015 szeptember´et˝ol a R´enyi Int´ezet MTA posztdoktori ¨oszt¨ond´ıjas munkat´arsa. Maga P´eter 8 dolgozatot publik´alt. Kezdetben val´os anal´ızissel foglalkozott Keleti Tam´ as t´emavezet´es´evel. K´es˝obb ´erdekl˝od´ese a sz´amelm´elet, azon bel¨ ul is az automorf form´ ak elm´elete fel´e ir´anyult. Doktori disszert´aci´oj´aban ´altal´anos szubkonvex becsl´est igazolt sz´ amtestek feletti csavart modul´aris L-f¨ uggv´enyekre, amely a Dirichlet L-f¨ uggv´enyekre vonatkoz´o klasszikus becsl´esek analogonj´anak tekinthet˝ o. Ezen eredm´enyhez a neves Kuznyecov-formula egy jelent˝os ´altal´anos´ıt´as´at adta. Ezut´ an a szubkonvexit´ asi probl´em´aval szoros rokons´agban ´all´o szupr´emum probl´em´ aval foglalkozott, ahol nem az automorf L-f¨ uggv´enyek becsl´ese a c´el, hanem az automorf form´ ak pontonk´enti becsl´ese. Tetsz˝oleges dimenzi´os projekt´ıv s´ıkokb´ ol sz´ armaz´ o Lie-csoportokra bizony´ıtott olyan becsl´eseket, amelyek kor´abban csak v´eges sok Lie-csoportra voltak ismertek. Leg´ ujabb munk´aiban fontos klasszikus t´eteleket terjeszt ki a 2 dimenzi´ osr´ol a 3 dimenzi´os esetre, p´eld´aul hat´ekony fels˝o becsl´est ad a Ramanujan-sejt´est megs´ert˝o automorf form´ak gyakoris´ag´ara. Kiemelked˝ o eredm´enyeire tekintettel Maga P´eter a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremben r´eszes¨ ul. Nagy Zolt´ an L´ or´ ant 1985-ben sz¨ uletett, 2008-ben szerzett az E¨otv¨os Lor´and Tudom´ anyegyetemen matematikus, majd 2013-ban matematika tan´ari diplom´at. 2015-ben v´edte meg az ELTE-n doktori disszert´aci´oj´at, amelyet Sz˝onyi Tam´as ´es K´arolyi Gyula t´emavezet´es´evel ´ırt. 2011 ´es 2014 k¨oz¨ott a R´enyi Int´ezet fiatal kutat´oja, jelenleg az MTA-ELTE Geometriai ´es algebrai kombinatorika kutat´ocsoport tagja. Nagy Zolt´ an L´or´ antnak 12 dolgozata jelent meg nemzetk¨ozi foly´oiratokban. ´ Erdekl˝ od´es´enek k¨ oz´eppontj´ aban az extrem´alis ´es az addit´ıv kombinatorika, valamint a v´eges geometri´ ak ´allnak. Munk´aiban eredm´enyesen ¨otv¨oz k¨ ul¨ onb¨oz˝o algebrai 40 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 41 — #41

i

i

m´ odszereket eredeti kombinatorikus gondolatokkal. Sikeresen vizsg´alt extrem´alis ´els˝ ur˝ us´egre vonatkoz´ o Tur´ an-t´ıpus´ u gr´afelm´eleti probl´em´akat. Az addit´ıv kombinatorika ter¨ ulet´en n´ıv´ os munk´ aiban v´eges testekben, illetve ciklikus csoportokban vizsg´al z´er´ o-¨ osszeg t´ıpus´ u probl´em´akat. Az algebrai kombinatorika ter¨ ulet´en is fontos eredm´enyeket bizony´ıtott a Selberg-t´ıpus´ u integr´ alokkal kapcsolatban, amelyek k¨ozponti szerepet j´ atszanak a v´eletlen m´atrixok elm´elet´eben. T´arsszerz˝oivel u ´j, frapp´ ans bizony´ıt´ ast adott a Dyson-sejt´es q-anal´ogj´ara, illetve a Morris-azonoss´agra. Legfontosabb eredm´eny´eben pedig igazolta a Forrester-sejt´est, amelyet kor´abban csak igen speci´ alis esetekben siker¨ ult bizony´ıtani. Kiemelked˝ o eredm´enyeire tekintettel Nagy Zolt´an L´or´ant a Gr¨ unwald G´ezaeml´ek´eremben r´eszes¨ ul. Pach P´eter P´ al 1985-ben sz¨ uletett, 2009-ben szerzett matematikus diplom´at az E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetemen, majd 2012-ben doktori fokozatot ugyanitt, Szab´ o Csaba t´emavezet´es´evel. Jelenleg a Budapesti M˝ uszaki Egyetem Sz´am´ıt´astudom´ anyi ´es Inform´ aci´ oelm´eleti Tansz´ek´enek adjunktusa. Pach P´eter P´ alnak 14 dolgozata jelent meg nemzetk¨ozi foly´oiratokban. Mind a kutat´ asban, mind pedig az oktat´asban ´es a tehets´eggondoz´asban kiemelked˝o teljes´ıtm´enyt ny´ ujt: tagja a K¨ oz´episkolai Matematikai Lapok szerkeszt˝obizotts´ag´anak, a K¨ ursch´ ak J´ ozsef-verseny bizotts´ag´anak, emellett di´akolimpiai felk´esz´ıt˝o szakk¨or¨oket is tart. Kutat´ asi ´erdekl˝ od´es´enek k¨oz´eppontj´aban a kombinatorika m´odszereinek ´es eszk¨ ozeinek a sz´ amelm´elet, univerz´alis algebra ´es a modellelm´elet ter¨ ulet´en val´o alkalmaz´ asa ´all. Szerz˝ ot´ arsaival egy¨ utt a v´eges r´eszbenrendezett halmazok Fra¨ıss´elimesz´ere igazolta Thomas v´eges nyelvek f¨ol¨otti homog´en strukt´ ur´akra vonatkoz´o sejt´es´et. Meghat´ arozt´ ak egy adott ´ab´ec´e feletti szavak f´elcsoportj´aban a Simonsekvivalencia-oszt´ alyok aszimptotikus sz´am´at. Leg´ ujabb munk´aj´aban az ´altal´anos´ıtott multiplikat´ıv Sidon-halmazokkal foglalkozik: k ´es n f¨ uggv´eny´eben nagys´agrendileg meghat´ arozta az {1, 2, . . . , n} halmaz legnagyobb olyan r´eszhalmaz´anak elemsz´ am´ at, amelyben az a1 . . . ak = b1 . . . bk egyenlet nem oldhat´o meg k¨ ul¨onb¨oz˝o elemekkel. Kiemelked˝ o eredm´enyeire tekintettel Pach P´eter P´al a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremben r´eszes¨ ul. Szokol Patr´ıcia 1986-ban sz¨ uletett, 2010-ben szerzett matematikus diplom´at a Debreceni Tudom´ anyegyetemen. Doktori disszert´aci´oj´at, amelyet a Debreceni Tudom´ anyegyetemen k´esz´ıtett Moln´ar Lajos ´es Bessenyei Mih´aly t´emavezet´es´evel, a k¨ ozelj¨ ov˝ oben fogja megv´edeni. Jelenleg a Miskolci Tudom´anyegyetem tan´arseg´edje, valamint a Debreceni Tudom´anyegyetemen is ´oraad´o. Szokol Patr´ıci´ anak 7 dolgozata jelent meg, ´es tov´abbi k´et dolgozata ker¨ ult beny´ ujt´ asra nemzetk¨ ozi foly´ oiratokhoz. Kutat´asaiban els˝osorban oper´atorok, illetve f¨ uggv´enyek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o strukt´ ur´ainak meg˝orz´esi probl´em´ait vizsg´alja. Emellett a konvex ´es nem-sima anal´ızis ter¨ ulet´en fontos szerepet j´atsz´o szepar´aci´os t´etelekkel kapcsolatban is ´ert el sz´ep eredm´enyeket. T´arszerz˝oivel egy¨ utt le´ır´ast adott a s˝ ur˝ us´egoper´ atorok ter´enek azon transzform´aci´oira, amelyek meg˝orzik a kvantum relat´ıv entr´ opi´ at, illetve ezt az eredm´enyt siker¨ ult ´altal´anos´ıtaniuk a kvantum f -divergencia speci´ alis eseteire is. Vizsg´alta az ´altal´anos´ıtott eloszl´asf¨ uggv´enyek ter´enek 41 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 42 — #42

i

i

Kolmogorov–Smirnov izometri´ait, a pozit´ıv definit m´atrixok metrikai ´es differenci´algeometriai tulajdons´ agait, illetve a m´atrixalgebr´ak ferde-morfizmusait. T´emavezet˝ oj´evel egy¨ utt meghat´ arozt´ak f¨ uggv´enyterek bizonyos r´eszalgebr´ainak pozit´ıv r´eszei k¨ oz¨ otti bijekt´ıv, egy adott k¨oz´ep norm´aj´at meg˝orz˝o lek´epez´esek ´altal´anos alakj´ at is. Kiemelked˝ o eredm´enyeire tekintettel Szokol Patr´ıcia a Gr¨ unwald G´eza-eml´ek´eremben r´eszes¨ ul.

Farkas Gyula-eml´ ekd´ıj A Bizotts´ ag, a be´erkezett javaslatok alapj´an 2015-ben n´egy Farkas Gyula-eml´ekd´ıjat adom´ anyozott. A d´ıjazottak: Bek´ en´ e dr. R´ acz Anett, D´ enes Attila, Nagy Adrienn ´es Szalkai Bal´ azs. Indokl´ as: Bek´en´e dr. R´ acz Anett 2007-ben szerezte meg programtervez˝o matematikusi diplom´ aj´ at hallgat´oi eml´ek´erem kit¨ untet´essel a Debreceni Egyetem Informatikai kar´ an. Ezt k¨ ovet˝ oen 2010-ig az Informatikai Tudom´anyok doktori iskola nappali tagozatos doktorandusza volt. 2010-ben kezdett tan´arseg´edk´ent dolgozni a Debreceni Egyetem Alkalmazott Matematika ´es Val´osz´ın˝ us´egsz´am´ıt´as tansz´ek´en. PhD fokozat´ at 2012-ben szerezte meg. Ebben az ´evben sz¨ uletett gyermeke, akinek gondoz´ as´ aval t¨ olt¨ otte az ezt k¨ovet˝o k´et ´evet. 2014 szeptember´et˝ol adjunktusk´ent folytatta egyetemi munk´ aj´ at. Oktat´asi tev´ekenys´ege k¨oz´eppontj´aban az oper´aci´okutat´ as ´all, ezen bel¨ ul tanterveket korszer˝ us´ıtett ´es oktat´asi anyagokat dolgozott ki. Szakmai rendezv´enyek ´es konferenci´ak szervez´es´eben is r´eszt vett. Kutat´ asi ter¨ ulete az oper´ aci´okutat´as, ´es ehhez kapcsol´od´oan speci´alis f¨ uggv´enyoptimaliz´ al´ asi m´ odszerek kidolgoz´asa magfizikai sz´am´ıt´asokhoz. Az el˝obbi ter¨ uleten legjelent˝ osebb eredm´enyeit bizonyos eg´esz ´ert´ek˝ u optimaliz´al´asi feladatokra alkalmas u ´n. sug´ ar-m´odszer” kidolgoz´as´aban ´erte el. A kidolgozott elj´ar´ast val´os prob” l´em´ akon tesztelte, amelyek sor´ an a piacvezet˝o optimaliz´al´o solver, az IBM CPLEX teljes´ıtm´eny´et jelent˝ osen megn¨ovelte. Ez ir´any´ u kutat´asait kiterjesztette ´altal´anos vegyes eg´esz´ert´ek˝ u feladatokra is. Kutat´ asainak m´asik, magfizikai sz´am´ıt´asokhoz kapcsol´od´o ter¨ ulet´en, az u ´n. sz´ or´ asm´ atrix kisz´am´ıt´ as´ aval foglalkozott. Kiv´al´o programoz´oi, programtervez˝oi technik´ aval rendelkezik, ´es kell˝ o m´elys´egben megismerkedett a vonatkoz´o magfizikai feladatokkal ´es az azokban fell´ep˝o numerikus sz´am´ıt´asi probl´em´akkal. Szerz˝ ot´ arsaival el´ert eredm´enyeir˝ol nemzetk¨ozi konferenci´akon, illetve vezet˝o foly´ oiratokban, u ´gy mint a Physical Review, sz´amolt be. D´enes Attila 1982-ben sz¨ uletett B´ek´escsab´an. 2005-ben matematikus diplom´ at, majd 2011-ben doktori fokozatot szerzett a Szegedi Tudom´anyegyetemen. Ezt k¨ ovet˝ oen az Eur´ opai Kutat´ asi Tan´acs (ERC) ´altal t´amogatott EPIDELAY kutat´ocsoportban dolgozott az Szegedi Tudom´anyegyetem Bolyai Int´ezet´eben. 2014-ben OTKA posztdoktori o ond´ıjat nyert. ¨szt¨ Kutat´ asi ter¨ ulete els˝ osorban a popul´aci´odinamika nemline´aris modelljei, ebb˝ol 12 publik´ aci´ oja sz¨ uletett. Ezen bel¨ ul innovat´ıv eredm´enyeket ´ert el nem-auton´om 42 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 43 — #43

i

i

rendszerek stabilit´ asi tulajdons´againak vizsg´alat´aban, ´es teljes analitikus le´ır´ast adott t¨ obb nemline´ aris rendszer glob´alis attraktor´ar´ol. K´ıs´erleti matematikai ´es n´epszer˝ us´ıt´esi tev´ekenys´ege k¨oz¨ott megeml´ıtend˝o, hogy sz´ am´ıt´ og´epes algoritmust k´esz´ıtett kaotikus dinamikai rendszerek attraktorainak ´es vonz´ asi tartom´ anyainak vizualiz´al´as´ara. Alkalmaz´ asi szempontb´ ol kiemelked˝o az u ´n. SIR t´ıpus´ u j´arv´anyterjed´esi modellekkel kapcsolatos vizsg´ alata, ezen bel¨ ul a t¨omegrendezv´enyek j´arv´anykock´azat´aval, illetve az ebola terjed´es´evel foglalkoz´o modellek elemz´ese. Nagy Adrienn 1983-ban sz¨ uletett Oroszl´anyon. Egyetemi tanulm´anyait a budapesti E¨ otv¨ os Lor´ and Tudom´ anyegyetem programtervez˝o matematikus szak´an v´e´ t´ıpus´ gezte. Diplomamunk´ aj´ at 2007-ben v´edte meg Uj u pivot m´ odszerek numerikus ¨ osszehasonl´ıt´ asa a line´ aris programoz´ asban c´ımmel. Doktori tanulm´anyait 2007 szeptember´eben kezdte meg az ELTE Matematikai Doktori Iskola Alkalmazott Matematika programj´ aban Ill´es Tibor ´es Kov´acs Margit t´emavezet´es´evel. Doktori c´ım´et az On the theory and applications of flexible anti-cycling index selection rules for linear optimization c´ım˝ u disszert´aci´oj´anak sikeres megv´ed´ese ut´an ´ıt´elt´ek oda neki 2015-ben. Nagy Adrienn f˝o ´erdekl˝ od´esi ter¨ ulete az oper´aci´okutat´as, ´es ezen bel¨ ul a pivot algoritmusok cikliz´ al´ as elleni technik´ai, v´egess´eg¨ uk bizony´ıt´asa, ´es az algoritmusok numerikus hat´ekonys´ ag´ anak a vizsg´alata, valamint hat´ekony u ´j pivot algoritmusok kifejleszt´ese a line´aris optimaliz´ al´as sz´amos ter¨ ulet´ere. Kiv´al´o programoz´oi k´epess´egeit t¨ obbsz¨ or is kamatoztatta kutat´asai sor´an. T¨obbek k¨oz¨ott elk´esz´ıtette a megengedetts´eget n¨ ovel˝ o szimplex algoritmusoknak az egyik legjobb MATLAB implement´aci´ oj´ at. Egyik t´emavezet˝ oj´evel k¨oz¨os dolgozat´aban lefektette a pivot algoritmusok sz´ am´ıt´ og´epes ¨ osszehasonl´ıt´ as´ anak minden eddigin´el ´atfog´obb alapelveit. Az oper´ aci´ okutat´ as ter¨ ulet´en szerzett komoly elm´eleti tud´asa, modellez˝o k´eszs´ege ´es kiv´ al´ o programoz´ oi ismeretei, valamint gyakorlatorient´alt gondolkod´asa r´ev´en Nagy Adrienne a magyar oper´aci´okutat´as XXI. sz´azadi fiatal gener´aci´oj´anak kiemelked˝ o szem´elyis´ege. Szalkai Bal´ azs kiv´eteles tehets´eg˝ u matematikus, aki m´ar az egyetemi ´eveit megel˝ oz˝ oen is sz´ amos versenyt nyert meg, illetve el˝okel˝o helyez´est ´ert el. Kiemelend˝o a 2008-ban rendezett OKTV-n el´ert k´et, egyidej˝ u els˝o helyez´ese matematika, illetve informatika ter¨ ulet´en. Az ELTE matematikus szak´an 2011-ben Szent-Gy¨orgyi Albert-¨ oszt¨ ond´ıjat kapott, 2012-ben pedig elnyerte a ELTE TTK Kar Kiv´al´o Hallgat´ oja c´ımet. Eredm´enyesen szerepelt sz´amos nemzetk¨ozi ACM ´es BME Challenge24 programoz´ oi versenyen is. K´et kiemelend˝ o kutat´ asi ter¨ ulete az u ´n. metagenomika, illetve az emberi agy ottet´eseinek gr´ afelm´eleti elemz´ese. A metagenomika a k¨ornyezet¨ unkben ´es ¨osszek¨ a szervezet¨ unkben ´el˝ o mikrob´ ak t´arsul´asaival foglalkozik. Kifejl˝od´es´ehez az a k´ıs´erleti felismer´es vezetett, hogy sokkal t¨obb bakt´erium ´el vel¨ unk ´es k¨or¨ ul¨ott¨ unk, mint azt kor´ abban gondoltuk. A metagenomok tanulm´anyoz´asa seg´ıthet eddig m´eg ismeretlen m˝ uk¨ od´es˝ u emberi feh´erj´ek illetve enzimek funkci´oj´anak felfedez´es´eben. Szalkai Bal´ azs f˝oszerepet j´atszott egy olyan nem-trivi´alis bio-informatikai eszk¨oz, 43 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 44 — #44

i

i

az u ´n. metagenomikus teleszk´ op l´etrehoz´as´aban, amellyel ezek a vizsg´alatok hat´ekonyan elv´egezhet˝ ok. Az emberi agy ¨ osszek¨ ottet´eseinek vizsg´alat´ at Szalkai Bal´azs j´o min˝os´eg˝ u diff´ uzi´os MRI felv´etelek alapj´ an, egy u ´n. traktogr´afia nev˝ u elj´ar´assal el˝o´all´ıtott gr´afok elemz´ese alapj´an v´egezte el. Ennek eredm´enyek´eppen sz¨ uletett egy publikusan el´erhet˝ o webszerver (http://braingraph.org), amelynek programoz´asa ´es a vizualiz´ aci´ os komponens megalkot´ asa Szalkai Bal´azs munk´aja. A d´ıjazott vil´agviszonylatban is u ´tt¨ or˝ o tev´ekenys´eget v´egzett a nemek agygr´afjainak ¨osszehasonl´ıt´as´aban. T¨ obbek k¨ oz¨ ott megmutatta, hogy sz´amos gr´afelm´eleti param´etert tekintve a n˝oi agy jobb ¨ osszek¨ ottet´esekkel” rendelkezik, mint a f´erfiak agya. A fenti eredm´enyek ” felkeltett´ek a m´edia ´erdekl˝ od´es´et is: ´el˝o TV interj´ uk ´es sz´amos egy´eb megjelen´es is ezt igazolja.

R´ enyi Kat´ o-eml´ ekd´ıj A R´enyi Kat´ o-eml´ekd´ıj I. fokozat´aban r´eszes¨ ult Bodor Bertalan, az ELTE v´egzett matematikus MSc szakos hallgat´oja, Kov´ acs Istv´ an, a BME v´egzett matematikus MSc szakos hallgat´ oja ´es M´ esz´ aros Andr´ as, az ELTE v´egzett matematikus MSc szakos hallgat´ oja. Indokl´ as: Bodor Bertalan az [1–3, 5] dolgozatokban a pr´ımelem˝ u test feletti v´egtelendimenzi´ os vektort´er reduktjait karakteriz´alja, teh´at azokat a strukt´ ur´akat, amelyeknek a rel´ aci´ oi az eredeti strukt´ ur´akban els˝orendben defini´alhat´ok. R´eszben siker¨ ult le´ırni a megsz´aml´alhat´o atommentes Boole-algebra reduktjait is ([4, 6]). A [7] dolgozat a v´eges, egyszer˝ u, ir´any´ıtatlan, s´ ulyozott gr´afokon j´atszott Pirates-and-Treasure j´ at´ekot elemzi, els˝osorban komplexit´aselm´eleti szempontb´ol, ahol a k´et j´ at´ekos haj´oi az ´elek ment´en mozognak a szigetek (cs´ ucsok) k¨oz¨ott, ´es ujtik az elrejtett kincseket. ¨osszegy˝ Bodor Bertalan dolgozatai: [1] Bodor Bertalan, Kalina Kende: A projekt´ıv t´er reduktjai, Matematikai Lapok, 20 (2014), 14–19. [2] Bodor Bertalan, Kalina Kende: Az F∞ er reduktjai, Matematikai Lapok, 20 2 vektort´ (2014), 20–28. [3] Bodor Bertalan, Kalina Kende: Az Fpω vektort´er reduktjai p´ aratlan pr´ımek eset´en, Matematikai Lapok, 20 (2014), 29–56. [4] Bodor Bertalan, Kalina Kende: Boole-algebr´ ak funkcion´ alis reduktjai, Matematikai Lapok, 20 (2014), 57–72. [5] B. Bodor, K. Kalina, Cs. Szab´ o: Permutation groups containing the infinite linear groups and reducts of infinite dimensional linear spaces over the two element field, beny´ ujtva. [6] B. Bodor, K. Kalina, Cs. Szab´ o: Functional reducts of Boolean algebras, beny´ ujtva. ´ [7] P. Arend´ as, Z. Bl´ azsik, B. Bodor, Cs. Szab´ o: On the complexity and topology of scoring games: of Pirates and Treasure, beny´ ujtva.

44 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 45 — #45

i

i

Kov´ acs Istv´ an egyik kutat´asi t´em´aja s´ıkbeli fed´esek felbonthat´os´ag´anak vizsg´ alata. Itt a f˝ o k´erd´es az, hogy adott s´ıkbeli alakzathoz van-e olyan k sz´am, hogy minden, az alakzat eltoltjaib´ ol ´all´o k-szoros fed´es felbonthat´o k´et fed´esre. A sz´amos kor´ abbi (pozit´ıv ´es negat´ıv) eredm´eny mind ny´ılt halmazokra vonatkozott. Kov´acs ´es T´oth G´eza z´ art, k¨ oz´eppontosan szimmetrikus konvex soksz¨ogekre igazolta a fenti sz´ am l´etez´es´et ([1]). Kov´ acs azt is bel´atta, hogy minden m sz´amra ´es P soksz¨ogre, amely konvex vagy konk´ av, de nincsenek p´arhuzamos oldalai, a s´ık nem felbonthat´o m´ odon m-szeresen lefedhet˝ o P homotetikus p´eld´anyaival ([2]). Kov´ acs m´asik munkater¨ ulete a sz´am´ıt´og´epes geometriai tervez´es ´es a digit´alis alakzatrekonstrukci´ o. Ez ut´ obbin´al m´ert ponthalmazokb´ol kell t¨ok´eletes m´ern¨oki modelleket l´etrehozni. Kov´ acs munk´aja itt arra ir´ anyult, hogy a m´ern¨oki hat´arol´o fel¨ uletei k¨ oz¨ ott fenn´ all´ o rel´ aci´ ok (p´arhuzamos, mer˝oleges stb.) felismer´es´evel a modellt megjav´ıtsa. Kov´ acs Istv´ an dolgozatai: [1] I. Kov´ acs, G. T´ oth: Multiple coverings of the plane with convex polygons, Elect. Journ. Comb., 22/1 (2015), P1.18. [2] I. Kov´ acs: Indecomposable coverings with homotetic polygons, Disc. Comp. Geo., 53 (2015), 817–824. [3] I. Kov´ acs, P. Salvi, T. V´ arady: Applying geometric constraints for perfecting CAD models in reverse engeneering, Graphical Models, (2015), megj. alatt. [4] I. Kov´ acs, T. V´ arady: Reconstructing swept surfaces from measured data, 14th IMA Conference on Mathematics on Surfaces (2013), 327–344. [5] I. Kov´ acs, T. V´ arady: Applying engeneering constraints in digital shape reconstruction, Proc. CESCG (2014). [6] I. Kov´ acs, T. V´ arady: Perfecting 3D computer models constructed from measured data, Proc. GRAFGEO (2014). [7] I. Kov´ acs, T. V´ arady: Case studies for fitting B-spline curves with constraints, Proc. WAIT (2015). ´ [8] Kov´ acs I., V´ arady T.: S¨ op¨ ort fel¨ uletek rekonstrukci´ oja m´ert adatok alapj´ an, KEPAF K´epfeldolgoz´ ok ´es Alakfelismer˝ ok 9. orsz´ agos konferenci´ aja (2013), 1–14. [9] Kov´ acs I., Salvi P., V´ arady T.: Strukt´ ur´ alis adatsaj´ atoss´ agok ´erv´enyes´ıt´ese CAD mo´ dellek rekonstrukci´ oja sor´ an, KEPAF K´epfeldolgoz´ ok ´es Alakfelismer˝ ok 10. orsz´ agos konferenci´ aja (2015).

M´esz´ aros Andr´ as a Sperner lemma k¨ovetkez˝o ´altal´anos´ıt´as´aval foglalkozott. Legyen X n elem˝ u halmaz, amit X = X1 ∪ X2 ∪ X3 alakban particion´alunk, |Xi | = ni . Jel¨ olje f (n1 , n2 , n3 ) = max |F|-t, ahol F X r´eszhalmazaib´ol ´all´o rendszer, hogy nincs A, B ∈ F , amire A ⊂ B ´es B − A ⊆ Xi valamelyik i-re. V´eg¨ ul f (n) =

max

n1 +n2 +n3 =n

f (n1 , n2 , n3 ).

f (n) ´ert´ek´ere az f (n) 1,036 < lim ( n ) < 1,131 n→∞ ⌊ n2 ⌋ 45 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 46 — #46

i

i

becsl´es volt kor´ abban ismert. M´esz´aros az [1] dolgozatban ezt a k¨ovetkez˝ore jav´ıtotta: f (n) 1,05 < lim ( n ) < 1,072. n→∞ ⌊ n2 ⌋ A bizony´ıt´ ashoz Olson h´ıres ¨otlet´et haszn´alva defini´al egy algebr´at, az ad´od´o bonyolult k´epleteket integr´ al´ assal k¨ozel´ıti, haszn´alja a line´aris programoz´as dualit´ as-t´etel´et, v´eg¨ ul sz´ am´ıt´ og´epes programot k´esz´ıt. [2] cikk´eben igazolja, hogy ha q pr´ımhatv´any, adott egy 2(q − 1)-szeresen ´el¨ osszef¨ ugg˝ o gr´ af, akkor a gr´ af ´eleit tetsz´es szerint ir´any´ıtva, az ´ıgy kapott gr´afban van q diszjunkt ´elhalmaz, melyek mindegyike minden ir´any´ıtott v´ag´ast lefog. M´esz´ aros Andr´ as dolgozatai: [1] A. M´esz´ aros: New bounds for 3-part Sperner families, Moscow Journal of Combinatorics and Number Theory, 5 (2015). [2] A. M´esz´ aros: A note on disjoint dijoins, beny´ ujtva.

Patai L´ aszl´ o Alap´ıtv´ any d´ıja A Bolyai J´ anos T´ arsulat eln¨ oks´ege ´altal kik¨ uld¨ott bizotts´ag u ´gy d¨ont¨ott, hogy a Patai Alap´ıtv´ any d´ıj´ at 2015-ban Bazs´ o Andr´ asnak, a Debreceni Egyetem adjunktus´ anak ´es Tassy Gergelynek, a Veres P´eter Gimn´azium tan´ar´anak ´ıt´eli oda. Indokl´ as: Bazs´ o Andr´ as a Debreceni Egyetem matematikus szak´an szerzett oklevelet 2006-ban, majd 2010-ben v´edte meg Binomial Thue equations, ternary equations and their applications c´ım˝ u Ph.D. ´ertekez´es´et. Els˝o cikke 2007-ben jelent meg norma forma egyenletek megold´asaiban el˝ofordul´o sz´amtani sorozatokr´ol. K´es˝ obb t´arsszerz˝ okkel az Axn − Bxn = C alak´ u egyenletek megold´as´at vizsg´alta, amely vizsg´ alatok m´ely komputer sz´amelm´eleti sz´am´ıt´asokat, tov´abb´a a Fermatsejt´es megold´ as´ aban haszn´ alt modul´aris m´odszer alkalmaz´as´at is ig´enyelt´ek. Egy tov´ abbi cikk´eben Faulhaber t´etel´et ´altal´anos´ıtva meghat´arozta bizonyos polinomok as´ at. Sz´ amos eredm´enye sz´ol speci´alis alak´ u diofantikus eredm´enyek ¨osszes felbont´ megold´ assz´ am´ ar´ ol. Id´en jelent meg a J. Number Theory c´ım˝ uu ´js´agban azon eredm´enye, mely szerint bizonyos speci´alis m´odon kapott polinomok egy¨ utthat´oi kifejezhet˝ ok az els˝ ofaj´ u Stirling-sz´amokkal, tov´abb´a a m´asodfaj´ u r-Whitney-sz´amok seg´ıts´eg´evel. Tassy Gergely 2010-ben diplom´azott az ELTE alkalmazott matematikus ´es matematikatan´ ari szak´ an, 2009 ´ota a budapesti Veres P´eter Gimn´azium tan´ara. Di´ akkor´ aban orsz´ agos els˝ o helyeket ´ert el a Zr´ınyi Ilona, az Arany D´aniel, a matematika OKTV, az informatika OKTV versenyeken. A K¨oz´ep-Eur´opai Informatika Di´ akolimpi´ ar´ ol, valamint a Nemzetk¨ozi Informatikai Di´akolimpi´ar´ol egyar´ant bronz´eremmel t´ert haza. Az ELTE-n t¨obb ´even ´at volt K¨ozt´arsas´agi ¨oszt¨ond´ıjas. 2006 ´es 2013 k¨ oz¨ ott rendszeresen vezetett gyakorlatokat az ELTE matematikus ´es 46 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 47 — #47

i

i

a BME m´ern¨ okhallgat´ oi sz´ am´ ara. Munk´aj´aban nagy hangs´ ulyt fektet a tehets´eggondoz´ asra: iskol´ aj´ aban gimnazista kora ´ota szakk¨ort vezet, tan´ark´ent ´es szervez˝ok´ent bekapcsol´ odik tehets´eggondoz´o t´aborokba, ´es a tehets´eges tanul´ok intenz´ıv ´ versenyfelk´esz´ıt´ese mellett id˝ ot szak´ıt a lemarad´ok felz´ark´oztat´as´ara is. Evek ´ota seg´ıti P´ osa Lajos t´ aborait, ´es a MaMuT t´abort. A Bolyai Csapatverseny informatikai h´atter´enek felel˝ ose. Rovatvezet˝ok´ent dolgozott az Abacus-nak, ´es munkat´arsa volt a K¨ oMaL-nak is. R´eszt vesz a P´azm´any P´eter Katolikus Egyetemnek k´esz¨ ul˝o tehets´eggondoz´ o anyag kidolgoz´as´aban. Sikeres el˝oad´asokat tartott az ELTE-n a Tan´ arklubban. 2011-ben Junior Prima d´ıjat kapott a Magyar Oktat´as ´es K¨oznevel´es kateg´ ori´ aban.

47 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 48 — #48

i

i

´ A 2015. EVI ´ ´ JELENTES SCHWEITZER MIKLOS ´ ˝ MATEMATIKAI EMLEKVERSENYR OL

A Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat 2015. okt´ober 22. ´es 2015. november 2. k¨ oz¨ ott rendezte meg a 2015. ´evi Schweitzer Mikl´os Matematikai Eml´ekversenyt. A versenyen k¨ oz´episkolai tanul´ ok, egyetemi ´es f˝oiskolai hallgat´ok, valamint 2015ben egyetemet vagy f˝oiskol´ at v´egzettek vehettek r´eszt. A Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat a verseny megrendez´es´ere a k¨ovetkez˝o bizotts´ agot k´erte fel: K´erchy L´ aszl´ o (eln¨ok), Nagy G´ abor P´eter (titk´ar), B. Szendrei M´ aria, Cz´edli G´ abor, Fodor Ferenc, Geh´er Gy¨ orgy P´ al, Hajnal P´eter, Hatvani L´ aszl´ o, Kincses J´ anos, Kr´ amli Andr´ as, Krisztin Tibor, Mar´ oti Mikl´ os, Major P´eter, Makay G´eza, Moln´ ar Lajos, M´ oricz Ferenc, Nagy-Gy¨ orgy Judit, Pap Gyula, R¨ ost Gergely, Szab´ o L´ aszl´ o Imre, Totik Vilmos, Vas Gabriella, V´ıgh Viktor, Waldhauser Tam´ as, Z´ adori L´ aszl´ o. A versenybizotts´ ag 11 feladatot t˝ uz¨ott ki, ezekre 18 versenyz˝o ¨osszesen 102 megold´ ast ny´ ujtott be, amik k¨ oz¨ ul 86 volt l´enyeg´eben hib´atlan. Az al´abbi ¨osszes´ıt˝o t´abl´ azat jelzi az ´ert´ekelhet˝ o megold´asokat.

´ Agoston P´eter ´ Agoston Tam´as Csizmadia G´ abor Dam´ asdi G´abor Dolecsek M´ at´e Feh´er Zsombor Frankl N´ora Kaprinai Bal´ azs ´ K´ usz Agnes Maga Bal´ azs M´esz´ aros Andr´ as Nagy Don´ at Nagy J´ anos Po´ or M´ ark Seress D´ aniel Tardos Jakab Williams Kada Zilahi Tam´ as

ELTE ELTE ELTE ELTE ELTE ELTE ELTE SZTE ELTE ELTE ELTE ELTE ELTE ELTE ELTE ELTE RMG ELTE

1

2

3

•

• •

• • • • • • •

• •

• • • • • •

• • • •

• • • • • • •

• • • • •

•

4

5 •

• • • • • • • • • • •

6

7

•

• •

• • • •

• • • • • • •

• •

• • • • • •

• • • •

8

9

• • •

•

• • • • • • • • •

• • • •

10

11

• •

• • •

• •

48 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 49 — #49

i

i

A versenybizotts´ ag a k¨ ovetkez˝o sorrendet ´allap´ıtotta meg: I. d´ıjban ´es 80 000 Ft p´enzjutalomban r´eszes¨ ult Nagy J´ anos (ELTE) az 1–10. feladatok hib´ atlan, valamint a 11. feladat l´enyeg´eben helyes megold´as´a´ert. II. d´ıjban ´es fejenk´ent 40 000 Ft p´enzjutalomban r´eszes¨ ult M´ esz´ aros Andr´ as (ELTE) az 1–9. ´es a 11. feladatok helyes megold´as´a´ert, valamint Nagy Don´ at (ELTE) az 1–9. feladatok hib´ atlan ´es a 11. feladat l´enyeg´eben helyes megold´as´a´ert. III. d´ıjban ´es fejenk´ent 20 000 Ft p´enzjutalomban r´eszes¨ ult Po´ or M´ ark ´ (ELTE) az 1–3. ´es 5–9. feladatok helyes megold´as´a´ert, valamint Agoston Tam´ as (ELTE) az 1–3. ´es 5–8. feladatok hib´atlan megold´as´a´ert, tov´abb´a a 9. feladat l´enyeg´eben helyes, de t¨ obb hib´ at tartalmaz´o megold´as´a´ert. Kiemelt dics´ eretben r´eszes¨ ult Dam´ asdi G´ abor (ELTE) az 1–5. ´es 7. feladatok helyes megold´ as´ a´ert, tov´abb´a a 8. feladat l´enyeg´eben helyes megold´as´a´ert, illetve Frankl N´ ora (ELTE) az 1–5. feladatok ´es a 8. feladat helyes megold´as´a´ert. Dics´ eretben r´eszes¨ ult Feh´ er Zsombor (ELTE) a 2., 3., 5., 7. ´es 8. feladatok helyes megold´ as´ a´ert; Maga Bal´ azs (ELTE) az 1., 3., 4., 5. ´es 8. feladatok helyes megold´ as´ a´ert, illetve Tardos Jakab (ELTE) az 1., 2., 4., 5. ´es 8. feladat helyes megold´ as´ a´ert. A versenyt a Morgan Stanley Magyarorsz´ag Elemz˝o Kft. t´amogatta, ez´ert a versenybizotts´ ag k¨ osz¨ onet´et fejezi ki.

A feladatok ´ es megold´ asaik 1. feladat (Kit˝ uz˝ o: Totik Vilmos). Legyen K az R3 z´art egys´egg¨ombj´enek egy z´art r´eszhalmaza u ´gy, hogy az egys´egg¨omb-fel¨ ulet h´ urjainak egy s˝ ur˝ u rendszere diszjunkt K-t´ ol. Igazoljuk, hogy van az egys´egg¨omb-fel¨ uleten egy olyan s˝ ur˝ u H halmaz, hogy H b´ armely k´et pontj´at ¨osszek¨ot˝o h´ ur diszjunkt K-t´ol. 1. megold´ as. Legyen S az egys´egg¨omb-fel¨ ulet, ´es legyen I0 , I1 , . . . az S topol´ogi´aj´anak egy b´ azisa. A feltev´esb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy ha U, V ⊂ S ny´ıltak, akkor van olyan P ∈ U pont ´es olyan V1 ⊂ V ny´ılt halmaz, hogy V1 ⊂ V ´es V1 minden pontja l´athat´o P -b˝ol abban az ´ertelemben, hogy az ˝oket ¨osszek¨ot˝o h´ ur diszjunkt K-t´ol. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy ha V ⊂ S ny´ılt, akkor van olyan Q ∈ V , hogy Q-b´ol egy s˝ ur˝ u ny´ılt halmaz l´atszik. Val´ oban, alkalmazzuk az el˝oz˝ot U = I0 -lal ´es V -vel, majd U = I1 -gyel ´es V1 -gyel stb. A Vj -k metszete nem u ¨res, ´es ha Q a metszetben van, akkor Q-b´ol minden Ij valamelyik pontja l´ atszik, teh´at a Q-b´ol l´athat´o pontok halmaza s˝ ur˝ u ´es ny´ılt. Ezek ut´ an egyes´evel v´ alasszunk Q1 , Q2 , . . . pontokat u ´gy, hogy minden N re a Q1 , . . . , QN pontok l´atszanak egym´asb´ol ´es egy GN s˝ ur˝ u ny´ılt halmazb´ol is. Ekkor az el˝ oz˝ ot V = GN ∩ IN -nel alkalmazva kapunk egy olyan QN +1 ∈ GN ∩ IN pontot, amib˝ ol egy HN s˝ ur˝ u ny´ılt halmaz l´atszik, ´es legyen a k¨ovetkez˝o l´ep´esben GN +1 = GN ∩ HN . 49 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 50 — #50

i

i

A H = {Q1 , Q2 , . . .} halmaz nyilv´an megfelel a felt´eteleknek. T¨ obb versenyz˝ o megold´ asa alapj´ an 2. megold´ as. Legyen S a g¨ ombfel¨ ulet. Az al´abbiakban mindig S-en dolgozunk, ´ıgy a ny´ılt” jelz˝ o az S topol´ ogi´ aj´ aban ´ertend˝o, ´es g¨omb” alatt is az S egy g¨ombs¨ uveg´et ” ” ´ertj¨ uk. A feladat felt´etel´eb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy ha U, V ny´ılt halmazok, akkor vannak olyan U ′ , V ′ ny´ılt g¨ omb¨ ok, hogy lez´artjaikra U ′ ⊂ U , V ′ ⊂ V igaz, ´es az U ′ ′ b˝ ol, illetve V -b˝ ol kiv´ alasztott b´armely pontp´arra az ˝oket ¨osszek¨ot˝o h´ ur diszjunkt K-t´ ol. Ezt iter´ alva ad´ odik, hogy ha U1 , . . . , Un ny´ılt halmazok, akkor vannak olyan U1′ , . . . , Un′ ny´ılt g¨ omb¨ ok, hogy lez´artjaikra Uj′ ⊂ Uj igaz, ´es ha j ̸= k, ak′ ′ kor az Uj -b˝ ol, illetve Uk -b´ ol kiv´alasztott b´armely pontp´arra az ˝oket ¨osszek¨ot˝o h´ ur diszjunkt K-t´ ol. Val´ oban, ha ezt m´ar (n − 1) halmazra tudjuk, akkor alkalmazzuk ′ az ´all´ıt´ ast az U1 , . . . , Un−1 halmazokra, ´ıgy kapjuk az U1′ , . . . , Un−1 g¨omb¨oket, de a jobb ´erthet˝ os´eg kedv´e´ert ´ırjunk ezek helyett V1 , . . . , Vn−1 -et. Most alkalmazzuk ′ g¨omb¨oket, majd a k´et halmaz eset´et a V1 ´es Un v´alaszt´assal, ´ıgy kapjuk a V1′ , Un,1 ′ ′ alkalmazzuk a k´et halmaz eset´et a V2 ´es Un,1 halmazokra, ´ıgy kapjuk a V2′ , Un,2 g¨omb¨ oket. Ezt folytatva, az utols´o l´ep´esben a k´et halmaz eset´et alkalmazzuk a Vn−1 ′ ′ ′ ′ , Un,n g¨omb¨oket. A V1′ , V2′ , . . . Vn−1 halmazokra, amivel kapjuk a Vn′ , Un,n ´es Un,n−1 ′ ′ rendszer (nevezz¨ uk ezeket U1 , . . . , Un -nek) kiel´eg´ıti a felt´eteleket. Legyen A = {a1 , a2 , . . .} egy k¨ ul¨onb¨oz˝o pontokb´ol ´all´o, S-ben s˝ ur˝ u sorozat, ´es legyen Bj az aj k¨ or¨ uli 1/j sugar´ u g¨omb. n-szerinti rekurzi´oval konstru´alunk olyan Bi,n , 1 ≤ i ≤ n, g¨ omb¨ oket, hogy Bi,n ⊆ Bi,n−1 ⊆ · · · ⊆ Bi,i ⊆ Bi , mindegyik Bi,k lez´ artja is m´eg benne van Bi,k−1 -ben, ´es tetsz˝olegesen kiv´alasztva 1-1 pontot a Bi,n halmazokb´ ol (azaz ¨ osszesen n pontot felv´eve) egy K-t´ol diszjunkt h´ urrendszert kapunk. Azt is megk¨ ovetelj¨ uk, hogy Bi,n lez´artja nem tartalmazza an+1 -et semelyik 1 ≤ i ≤ n-re. Ha n = 1, akkor legyen egyszer˝ uen B1,1 ⊂ B1 olyan g¨omb, amely nem tartalmazza az a2 pontot, ´es amelynek m´eg a lez´artja is r´esze B1 -nek. A rekurzi´ohoz tegy¨ uk most fel, hogy valamely n-re m´ar minden 1 ≤ i ≤ (n − 1) eset´en ismerj¨ uk a Bi,n−1 halmazokat. Legyen Bn∗ olyan g¨omb, hogy a lez´artja r´esze Bn -nek, ´es diszjunkt a Bi,n−1 , 1 ≤ i ≤ n − 1, halmazokt´ol (ilyen van, hiszen an nincs a Bi,n−1 , 1 ≤ i ≤ n − 1, halmazok lez´artj´aban, ´es Bn k¨oz´eppontja an ). Ekkor az Uj = Bj,n−1 , Un = Bn∗ v´ alaszt´assal alkalmazzuk a megold´as elej´en mondottakat, ´es legyen Bj,n = Uj′ , 1 ≤ j ≤ n − 1, ´es Bn,n = Un′ . Tov´abb sz˝ uk´ıtve a Bj,n g¨omb¨oket azt is el tudjuk ´erni, hogy an+1 egyik lez´artj´anak se legyen eleme. Ezzel a Bi,n halmazokat rekurz´ıv m´odon defini´altuk, ´es legyen hi ∈ ∩∞ n=i Bi,n . Ez a metszet, mint egym´ asba skatuly´azott kompakt halmazok metszete, nem u ¨res, ´ ıtjuk, hogy a H = {h1 , h2 , . . .} halmaz s˝ ´ıgy hi l´etezik. All´ ur˝ u, ´es a pontjait ¨osszek¨ot˝o h´ urok diszjunktak K-t´ ol. A H halmaz s˝ ur˝ us´ege vil´agos, hiszen minden n-re az an pont 1/n-sugar´ u k¨ ornyezete (amely Bn ) tartalmazza a hn pontot. M´asr´eszr˝ol, ha j ̸= k ´es n > max{j, k}, akkor a Bj,n ´es Bk,n halmazok l´eteznek, ´es b´armely k´et pontjukat ¨ osszek¨ ot˝ o h´ ur diszjunkt K-t´ol, m´arpedig hj ∈ Bj,n ´es hk ∈ Bk,n . Maga Bal´ azs megold´ asa 50 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 51 — #51

i

i

2. feladat (Kit˝ uz˝ o: Tardos G´ abor). Legyen {xn } a van der Korput sorozat, ∑ ∑ azaz ha a pozit´ıv eg´esz n bin´ aris alakja n = i ai 2i (ai ∈ {0, 1}), akkor xn = i ai 2−i−1 . Legyen V a s´ıkbeli (n, xn ) pontok halmaza, ahol n pozit´ıv eg´esz. Legyen G az a gr´af, melynek cs´ ucshalmaza V , ´es amelyben k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o cs´ ucsot, p-t ´es q-t akkor ´es csak akkor k¨ otj¨ uk ¨ ossze ´ellel, ha van olyan – a koordin´atatengelyekkel p´arhuzamos ´all´ as´ u – R t´eglalap, melyre R ∩ V = {p, q}. Igazoljuk, hogy G kromatikus sz´ama v´eges. Megold´ as. N´eh´ any egyszer˝ u megjegyz´essel kezdj¨ uk. A gr´af egy (n, xn ) cs´ ucs´at azonos´ıthatjuk n bin´ aris fel´ır´ as´ aban a sz´amjegyek sorozat´aval, amelyet kezd˝o 0-kkal ∞ v´egtelen sorozatt´ a eg´esz´ıt¨ unk ki. Azaz gr´afunk cs´ ucsait k´odoljuk azon (ai )i=0 0-1 sorozatokkal, amelyek v´eges sok 1-est tartalmaznak. A poz´ıci´okat u ´gy k´epzelj¨ uk mint a helyi ´ert´ekeket a bin´ aris fel´ır´asban. Azaz a sorozat balra v´egtelen. K´et poz´ıci´ o k¨ oz¨ ul az els˝ o a bal oldalibb, vagyis amelyik indexe nagyobb. Az (ai ) ´es (bi ) k¨ ul¨ onb¨ oz˝o sorozatoknak megfelel˝o pontok els˝o koordin´at´aj´anak nagys´ag szerinti rendez´es´et az els˝ o elt´er˝ o bitj¨ uk d¨onti el (az olvasat balr´ol jobbra t¨ort´enik, azaz az els˝ o elt´er˝ o bit poz´ıci´ oja a legnagyobb i index, amelyre ai ̸= bi ). Annak a pontnak lesz nagyobb az els˝ o koordin´at´aja, amelyik 1-est tartalmaz az els˝o elt´er´es hely´en. Hasonl´ oan egyszer˝ u, hogy az (ai ) ´es (bi ) k¨ ul¨onb¨oz˝o sorozatoknak megfelel˝o pontok m´asodik koordin´ at´ aj´ anak nagys´ag szerinti rendez´es´et az utols´o elt´er˝o bitj¨ uk d¨ onti el. Annak a pontnak lesz nagyobb a m´asodik koordin´at´aja, amelyik 1-est tartalmaz az utols´ o elt´er´es hely´en. Gr´ afunkban k´et cs´ ucs ((ai ) ´es (ai ′ )) akkor ´es csak akkor nem o¨sszek¨ot¨ott, ha van olyan cs´ ucs ((bi )), amelyet (ai )-val ´es (ai ′ )-vel els˝o elt´er´es¨ uk szerint o¨sszevetve k¨ oz´ej¨ uk esik, ´es hasonl´ oan k¨ oz´ej¨ uk esik az utols´o elt´er´es szerinti o¨sszevet´esben. Ekkor azt mondjuk, hogy (bi ) bizony´ıtja (ai ) ´es (ai ′ ) nem o¨sszek¨ot¨otts´eg´et. Vegy¨ unk k´et tetsz˝ oleges cs´ ucs´at gr´afunknak, illetve az ˝oket le´ır´o k´et balra v´egtelen sorozatot. Ennek lesz egy els˝o ´es utols´o elt´er´ese. Ez vagy egybeesik (α0ω ´es α1ω, ahol α egy balra v´egtelen 0-1 sorozat, m´ıg ω egy v´eges 0-1 sorozat) vagy nem esik egybe (α0κ0ω ´es α1κ′ 1ω, illetve α0κ1ω ´es α1κ′ 0ω, ahol κ ´es κ′ hossza ugyanaz az ℓ term´eszetes sz´ am, esetleg 0). A bizony´ıt´ as els˝ o l´ep´esek´ent azonos´ıtjuk gr´afunk n´eh´any nem ´el´et”: ” • α00ω ´es α11ω nem ¨ osszek¨ot¨ott. Val´oban, α01ω bizony´ıtja ezt. • u = α0κ0ω ´es v = α1κ′ 1ω nem o¨sszek¨ot¨ott, ha κ, κ′ hossza ℓ ´es κ ̸= 1ℓ . Val´ oban, α01ℓ 0ω bizony´ıtja ezt. • u = α0κ0ω ´es v = α1κ′ 1ω nem ¨osszek¨ot¨ott, ha κ, κ′ hossza ℓ ´es κ′ ̸= 0ℓ . Val´ oban, α10ℓ 1ω bizony´ıtja ezt. • u = α0κ1ω ´es v = α1κ′ 0ω nem ¨osszek¨ot¨ott, ha κ, κ′ hossza ℓ, ´es κ, κ′ ̸= 0ℓ . Val´ oban, α10ℓ 1ω bizony´ıtja ezt. • u = α0κ1ω ´es v = α1κ′ 0ω nem ¨osszek¨ot¨ott, ha κ, κ′ hossza ℓ, ´es κ, κ′ ̸= 1ℓ . Val´ oban, α01ℓ 0ω bizony´ıtja ezt. A fenti megjegyz´esek ut´ an a lehets´eges ¨osszek¨ot¨ott cs´ ucsp´arok k´odp´arjaira a k¨ ovetkez˝ o lehet˝ os´egek vannak: 51 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 52 — #52

i

i

• α0ω ´es α1ω, • α01ℓ 0ω ´es α10ℓ 1ω (ℓ > 0), • α00ℓ 1ω ´es α11ℓ 0ω, • α01ℓ 1ω ´es α10ℓ 0ω. Ezek val´ oj´ aban ´elei is gr´ afunknak, de ennek igazol´as´ara nincs sz¨ uks´eg a bizony´ıt´ as befejez´es´ehez. Vegy¨ uk {´eszre, minden esetben a k´et cs´ u}cs els˝o koordin´at´ai k¨oz¨otti sz´amszer˝ u k¨ ul¨ onbs´eg a 2n , 2n (2m − 3), 3 · 2n | n, m ∈ N halmazb´ol ker¨ ul ki. Elemi sz´amelm´elet adja, hogy ez nem lehet 7-tel oszthat´o. Teh´at az (n, xn ) cs´ ucsot n (mod 7)-tel sz´ınezve egy j´o sz´ınez´est kapunk h´et sz´ınnel. T¨ obb versenyz˝ o megold´ asa alapj´ an 3. feladat (Kit˝ uz˝o: Z´adori L´aszl´o). Legyen A v´eges halmaz ´es → olyan bin´er rel´aci´o A-n, hogy b´ armely a, b, c ∈ A eset´en, ha a ̸= b, a → c ´es b → c, akkor a → b vagy b → a. Legyen B ⊆ A minim´ alis arra a tulajdons´agra n´ezve, hogy b´armely a ∈ A \ B elemhez l´etezik b ∈ B u ´gy, hogy a → b vagy b → a. Tegy¨ uk fel, hogy A-nak legfeljebb k olyan eleme van, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk semelyik kett˝o sincs → rel´aci´oban. Bizony´ıtsuk be, hogy B legfeljebb k elem˝ u. Megold´ as. Bevezetj¨ uk a k¨ ovetkez˝o jel¨ol´est: a ∼ b akkor ´es csak akkor, ha a → b vagy b → a. Legyen B = {b1 , . . . , bm }. Bel´atjuk, hogy m ≤ k. A B-re kir´ott felt´etelek szerint tetsz˝ oleges i ≤ m-re vagy l´etezik b′i ∈ A \ B, amelyre bi ∼ b′i ´es b′i  bj minden j ̸= i-re, vagy k¨ ul¨ onben bi  bj minden j ̸= i-re. Feltehet˝o, hogy ha i ≤ l, akkor bi -hez van az el˝ oz˝ oekben le´ırt b′i , egy´ebk´ent pedig nincs. Minden i ≤ l-re vegy¨ unk egy a fenti felt´eteleket kiel´eg´ıt˝o b′i -t. Tetsz˝oleges i ≤ l∗ ′ re legyen bi a bi ´es bi k¨ oz¨ ul az, amelyikbe megy a m´asikb´ol ´el. (Ha bi → b′i ´es ′ ∗ bi → bi is teljes¨ ul, akkor bi = bi .) Vil´agos, hogy b´armely i < j ≤ l-re b∗i ̸= b∗j , hiszen ′ ′ bi , bj ∈ B, bi , bj ∈ A \ B, bi ̸= bj ´es b′i ̸= b′j . Megmutatjuk, hogy minden i ̸= j, i, j ≤ l eset´en b∗i 9 b∗j . Tegy¨ uk fel, hogy → b∗j . Legyen {b◦j , b∗j } = {bj , b′j }, ekkor persze b◦j → b∗j . Hasonl´oan vil´agos, mint az el˝ obb, hogy b∗i ̸= b◦j . Teh´ at b∗i , b∗j ´es b◦j h´arom p´aronk´ent k¨ ul¨onb¨oz˝o eleme A-nak, ul. ´Igy melyekre a feladat els˝ o mondat´aban szerepl˝o felt´etel szerint b∗i ∼ b◦j is teljes¨ ∗ ∗ ◦ ′ ′ a h´aromelem˝ u {bi , bj , bj } ⊆ {bi , bi , bj , bj } halmaz b´armely k´et eleme k¨oz¨ott van ´el, ami ellentmond annak, hogy bt  b′s minden s ̸= t-re, ha s ≤ l. b∗i

Kaptuk teh´ at, hogy minden i ̸= j, i, j ≤ l-re b∗i 9 b∗j . Vil´agos, hogy az l-n´el nagyobb index˝ u bi -k k¨ oz¨ ott nem megy ´el. Mivel a {b1 , . . . , bl , b′1 , . . . , b′l } ´es {bl+1 , . . . , bm } halmazok diszjunktak, ´es nincs k¨oz¨ott¨ uk ´el, ez´ert az m-elem˝ u {b∗1 , . . . , b∗l , bl+1 , . . . , bm } halmaz semelyik k´et eleme sincs → rel´aci´oban, ´es ´ıgy m ≤ k. T¨ obb versenyz˝ o megold´ asa alapj´ an 4. feladat (Kit˝ uz˝ o: Ruzsa Imre). Legyen a1 , a2 , . . . pozit´ıv eg´esz sz´amok olyan sorozata, hogy a1 = 1, ´es b´ armely p pr´ımsz´amra a1 , a2 , . . . , ap teljes marad´ekrendszert alkot modulo p. Bizony´ıtsuk be, hogy lim an /n = 1. 52 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 53 — #53

i

i

Megold´ as. El˝ osz¨ or bel´ atjuk, hogy minden p pr´ımsz´amra teljes¨ ul, hogy {a1 , . . . , ap } = {1, . . . , p}. A felt´etel miatt ai ̸= aj minden i ̸= j eg´esz sz´amp´arra. Jel¨olje pi az i-edik pr´ımsz´amot. Indirekt m´odon tegy¨ uk fel, hogy vannak olyan m > 0, i > 0 eg´eszek, amelyekre m ≤ pi < am . Feltehet˝ o, hogy m a legkisebb eg´esz, amely ezt teljes´ıti, valamint pi−1 < m ≤ pi < am valamely i > 1-re. Mivel minden n ≤ pi−1 -re an ≤ pi−1 , ´ıgy {a1 , . . . , api−1 } = {1, . . . , pi−1 }. Ha am ≤ pi−1 + pi , akkor pi ∈ {am − a1 , am − a2 , . . . , am − api−1 } = Dm , ami nem lehet, mivel {a1 , . . . , api } teljes marad´ekrendszer modulo pi . Teh´ at am > pi−1 + pi ≥ 2pi−1 + 1. Alkalmazzuk a k¨ovetkez˝o t´etelt: T´ etel (Sylvester–Schur). Ha n ≥ k > 0 eg´esz sz´amok, akkor az n + 1, . . . , n + k sz´ amok valamelyik´enek van k-n´al nagyobb pr´ımoszt´oja. Ez alapj´an, mivel am − pi−1 > pi−1 , l´etezik j ≥ i, amelyre pj osztja valamelyik Dm -beli sz´amot, ´ıgy a1 , . . . , apj nem lehet teljes marad´ekrendszer modulo pj , ami ellentmond´ as, teh´ at bel´ attuk, hogy {a1 , . . . , ap } = {1, . . . , p} minden p pr´ımsz´amra. Teh´ at azt kaptuk, hogy ha i > 1 ´es pi−1 < n ≤ pi , akkor pi−1 < an ≤ pi , ´es ´ıgy an pi pi−1 < < . pi n pi−1 A bizony´ıt´ as befejez´es´ehez elegend˝o bel´atni, hogy lim

n→∞

pn+1 = 1. pn

A pr´ımsz´ amt´etel k¨ ovetkezm´enye a k¨ovetkez˝o ´ ıt´ All´ as. Minden ε > 0 eset´en van olyan nε > 0, hogy ha n > nε , akkor van pr´ım n ´es n(1 + ε) k¨ oz¨ ott. Teh´ at minden pn > nε eset´en

pn+1 pn

< 1 + ε, amib˝ol k¨ovetkezik az ´all´ıt´as. T¨ obb versenyz˝ o megold´ asa alapj´ an

5. feladat (Kit˝ uz˝ o: Pelik´ an J´ ozsef). Legyen n ≥ 1 eset´en f (x) = xn + xn−1 + n−2 2 + · · · + x + x + 1. Mely n pozit´ıv eg´esz sz´amokra tal´alhat´ok olyan g(x), x ( h(x) ) val´ os egy¨ utthat´ os, n-n´el alacsonyabb fok´ u polinomok, amelyekkel f (x) = g h(x) ? Megold´ as. V´ alasz: ilyen g, h polinomok semmilyen n-re sem l´eteznek. Tegy¨ uk fel ugyanis, hogy lenne megfelel˝ o g, h, deg(g) = k, deg(h) = ℓ (k, ℓ < n). Legyenek g komplex gy¨ okei r1 , r2 , . . . , rk . f gy¨okei a komplex (n + 1)-edik egys´eggy¨ok¨ok, kiv´eve az 1-et. f = g ◦ h miatt ezek k darab ℓ-es csoportra oszlanak, a j-edik csoportban 53 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 54 — #54

i

i

lev˝ o egys´eggy¨ ok¨ okre h az rj ´ert´eket veszi fel, m´as sz´oval ezek h(x) − rj gy¨okei. A h(x) − rj polinomok csak a konstans tagban k¨ ul¨onb¨oznek, ´ıgy xℓ−1 egy¨ utthat´oja mindegyikben ugyanaz. Ez azt jelenti, hogy a j-edik csoportban lev˝o ℓ darab egys´eggy¨ ok ¨ osszege ugyanaz minden j-re. De mivel a sz´oban forg´o n darab (n + 1)edik egys´eggy¨ ok ¨ osszege −1, a k csoport mindegyik´eben az egys´eggy¨ok¨ok ¨osszege − k1 lenne. Ez azonban lehetetlen, hiszen az egys´eggy¨ok¨ok algebrai eg´eszek, − k1 pedig k > 1 miatt nem az. A kit˝ uz˝ o megold´ asa 6. feladat (Kit˝ uz˝ o: Peter M¨ uller ´es Nagy G´abor P´eter). Legyen G az Ω v´eges halmazon hat´ o permut´ aci´ ocsoport. Legyen S ⊆ G olyan, hogy 1 ∈ S ´es b´armely x, y ∈ Ω elemekhez pontosan egy σ ∈ S elem l´etezik, melyre σ(x) = y. Mutassuk meg, hogy ha az S \ {1}-beli elemek konjug´altak G-ben, akkor a G csoport 2tranzit´ıvan hat Ω-n. ( ) Megold´ as. A G csoport hat az Ω × Ω halmazon a g(α, β) = g(α), g(β) hat´assal, legyenek ennek p´aly´ ai R0 = {(ω, ω) | ω ∈ Ω}, R1 , . . . , Rr . Bel´atjuk, hogy n = |Ω|-ra |R1 | = n(n − 1) (´es persze emiatt r = 1), ez ´eppen azt jelenti, hogy G k´etszeresen tranzit´ıv Ω-n. Legyen α, β ∈ Ω ´es s ∈ S olyan, hogy s(α) = β. Ekkor s bijekci´oba ´all´ıtja R1 azon elemeit, amiknek els˝ o tagja α, R1 azon elemeivel, amelyek els˝o tagja β. R1 elemeit n r´eszhalmazba sorolhatjuk az els˝o elem¨ uk szerint. Az el˝oz˝o megjegyz´es¨ unk szerint b´ armely k´et ilyen halmaz azonos elemsz´am´ u, ´es ´ıgy n osztja R1 elemsz´am´at. Legyen s ∈ S egy r¨ ogz´ıtett elem ´es legyen s ciklusfelbont´as´aban (a1 , a2 , . . . , ak ) egy ciklus. (Itt 2 ≤ k ≤ n a ciklus hossza, s(ai ) = ai+1 az i = 1, 2, . . . , n eg´eszekre az ak+1 = a1 jel¨ ol´essel.) S \ {1} elemei el˝o´allnak s-nek G-beli elemmel val´ o konjug´ altjak´ent; legyenek c1 = 1, c2 , . . . , cn−1 olyan G-beli elemek, amikre S = {1} ∪ {cj sc−1 j | 1 ≤ j ≤ n − 1}. Ha (a1 , a2 ) ∈ Rm valamely 1 ≤ m ≤ r-re, akkor (ai , ai+1 ) ∈ Rm minden 1 ≤ i ≤ k-ra, mert si−1 (a1 , a2 ) = (ai , ai+1 ). Mivel a cj elemek is G-ben vannak, ez´ert minden 1 ≤ i ≤ k-ra ´es 1 ≤ j ≤ n − 1-re ( ) cj (ai ), cj (ai+1 ) ∈ Rm . Ezek val´ oban k(n − 1) k¨ ul¨ onb¨ oz˝o elem´et fogj´ak Rm -nek adni, mivel ha ( ) ( ) cj (ai ), cj (ai+1 ) = cj ′ (ai′ ), cj ′ (ai′ +1 ) lenne (i, j) ̸= (i′ , j ′ ) eset´en, akkor a cj sc−1 ´es cj ′ sc−1 aci´ok ´ert´eke j j ′ S-beli permut´ az x = cj (ai ) = cj ′ (ai′ ) helyen y = cj (ai+1 ) = cj ′ (ai′ +1 ) lenne, ami ellentmond a feladat felt´etel´enek. ´Igy s ciklusfelbont´ as´ anak minden k hossz´ u C ciklus´ahoz hozz´arendelhetj¨ uk (Ω × Ω) \ R0 egy k(n − 1) elem˝ u H halmaz´ a t u ´ gy, hogy l´ e tezzen olyan m, amelyre C ∪ HC ⊆ Rm . (Ω × Ω) \ R0 = C HC , mert minden α, β ∈ Ω, α ̸= β p´arra van olyan t = cj sc−1 es ekkor (α, β) ∈ HC arra a C ciklusra, amiben j ∈ S, hogy t(α) = β, ´ c−1 (α) szerepel. Az elemsz´ a mok vizsg´ alat´ab´ol ad´odik, hogy ez diszjunkt uni´o. Ebb˝ol j viszont k¨ ovetkezik, hogy minden 1 ≤ m ≤ r eset´en Rm el˝o´all n´eh´any HC diszjunkt uni´ ojak´ent. Speci´ alisan, R1 elemsz´ama n − 1 t¨obbsz¨or¨ose. 54 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 55 — #55

i

i

Mivel n ´es n − 1 relat´ıv pr´ımek, ´es mindkett˝o oszt´oja |R1 |-nek, ez´ert a szorzatuk is oszt´ oja |R1 |-nek. K¨ ovetkez´esk´eppen |R1 | ≥ n(n − 1), viszont |R1 | ≤ n(n − 1) trivi´ alis, ´ıgy k´eszen vagyunk. Nagy Don´ at megold´ asa 7. feladat (Kit˝ uz˝o: Bezdek Andr´as, Fodor Ferenc, V´ıgh Viktor ´es Zarn´ocz Tam´as). A h´ aromdimenzi´ os, orig´ o k¨ oz´eppont´ u egys´egg¨omb S 2 hat´ar´an egy w sz´eless´eg˝ u s´avon egy w sz´eless´eg˝ u, orig´ ora szimmetrikus g¨omb¨ovet ´ert¨ unk. Mutassuk meg, hogy l´etezik olyan c > 0 konstans, amelyre minden pozit´ıv eg´esz n eset´en S 2 lefedhet˝ o √ n darab egyforma sz´eless´eg˝ u s´avval u ´gy, hogy minden pontot legfeljebb c · n s´av tartalmaz. 1. megold´ as. Lemma. Legyen 0 < ω < π/2, ´es P1 , P2 , . . . , Pm egy maxim´alis (tel´ıtett) pontrendszer S 2 -n u ´gy, hogy b´armely k´et pont (g¨ombi) t´avols´aga legal´abb ω. Ekkor (1)

4 32 ≤ m ≤ 2. ω2 ω

Bizony´ıt´ as. Rajzoljunk minden Pi k¨or´e ω/2 (g¨ombi) sugar´ u ki (g¨ombi) k¨ort, ´es ω (g¨ ombi) sugar´ u Ki (g¨ ombi) k¨ort. A Pi -k v´alaszt´asa miatt a k(i k¨or¨ok diszjunk) tak, a Ki k¨ or¨ ok pedig lefedik S 2 -t. A ki k¨or¨ok ter¨ ulete tω = 4π 1 − cos(ω/2) /2, a Ki k¨ or¨ ok ter¨ ulete Tω = 4π(1 − cos ω)/2 (speci´alis g¨omb¨ovek). Mivel a ki k¨or¨ok diszjunktak, m´ıg a Ki k¨ or¨ ok lefedik S 2 -t, ´ıgy m · tω ≤ 4π ≤ m · Tω , ahonnan m-re rendezve 2 2 ≤m≤ . 1 − cos ω 1 − cos ω/2 Felhaszn´ alva, hogy 0 < x < 1 eset´en x2 /4 < 1 − cos x < x2 /2, ad´odik a lemma ´all´ıt´ asa. √ √ Legyen most n ≥ 4 adott, ´es legyen ω = 4 2/ n. Tekints¨ unk egy a lemma felt´eteleinek eleget tev˝ o maxim´ alis P1 , P2 , . . . , Pm pontrendszert, ´ıgy n/8 ≤ m ≤ n. Most eg´esz´ıts¨ uk ki a P1 , P2 , . . . , Pm pontrendszert P1 , P2 , . . . , Pn pontrendszerr´e u ´gy, hogy a P1 , P2 , . . . , Pm pontok mindegyik´et legfeljebb m´eg h´etszer megism´etelj¨ uk. Ez n/8 ≤ m miatt lehets´eges. V´eg¨ ul tekints¨ uk azt az n s´avot, amelyek k¨oz´epf˝ok¨ or´enek p´olusa valamely Pi , ´es amelyek (g¨ombi) sz´eless´ege 2 sin ω. Ezek a s´ avok egyr´eszr˝ ol lefedik a g¨omb¨ot; ugyanis ha X ∈ S 2 nem lenne lefedve, akkor az X p´ olus´ u, 2 sin ω sz´eles SX s´avban nem v´alasztottunk volna Pi pontot, ami ellentmond a P1 , P2 , . . . , Pm pontrendszer maximalit´as´anak. M´ asr´eszr˝ ol egy X ∈ S 2 pont pontosan annyi s´avban van benne, ah´any Pi (1 ≤ i ≤ n) pontot tartalmaz SX ; jel¨olje ezt nX , ezt szeretn´enk fel¨ ulr˝ol becs¨ ulni. Ehhez el˝ osz¨ or becs¨ ulj¨ uk meg, hogy a P1 , . . . , Pm pontok k¨oz¨ ul mennyit tartalmaz SX ; 55 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 56 — #56

i

i

jel¨ olj¨ uk ezt a sz´ amot mX -szel. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha Pi ∈ SX , akkor a Pi k¨oz´eppont´ u, ω/2 sugar´ u ki k¨ ornek t¨obb mint a fele is SX -be (esik. A konstrukci´ o miatt ) ezek a k¨ or¨ ok diszjunktak (1 ≤ i ≤ m), ter¨ ulet¨ uk tω = 2π 1 − cos(ω/2) . Az eddigiek szerint, a k¨ or¨ok diszjunkts´aga miatt mX · tω /2 ≤ 4π sin ω, ahol a jobb oldalon SX (g¨ ombi) ter¨ ulete ´all. Innen kapjuk, hogy ω ≤ π/2 eset´en mX ≤

√ √ 4ω 4 sin ω ≤ ω2 = 256 2 · n. 1 − cos(ω/2) 16

Vil´ agos, hogy uk¨odik √ nX ≤ 8mX , ´ıgy a megadott konstrukci´o minden n ≥ 4-re m˝ (c = 2048 2), amib˝ ol az ´all´ıt´ as k¨ovetkezik. T¨ obb versenyz˝ o megold´ asa alapj´ an

2. megold´ as. V´ azolunk egy m´asodik megold´ast, amely a kit˝ uz¨ottn´el j´oval er˝osebb, c · ln3 n fels˝ o korl´ atot bizony´ıt. A becsl´esek tov´abbi finom´ıt´as´aval az ln n t´enyez˝o kitev˝ oje m´eg tov´ abb cs¨ okkenthet˝o, ezt az ´erdekl˝od˝o olvas´ora b´ızzuk. Legyen n adott, elegend˝ oen nagy, α = ln n/n. Legyen Q1 , . . . , QN ∈ S 2 egy maxim´ alis pontrendszer u ´gy, hogy b´armely kett˝o (euklideszi) t´avols´aga legal´abb α/2. Ekkor az els˝ o megold´ as lemm´aj´ahoz hasonl´oan N ≤ 500/α2 = 500n2 / ln2 n. V´alasszunk az S 2 -r˝ ol a normaliz´alt felsz´ınm´ert´ek szerint egyenletesen, egym´ast´ol f¨ uggetlen¨ ul X1 , . . . , Xn v´eletlen pontokat, ´es tekints¨ uk az Xi p´olus´ u, y = 100α (euklideszi) f´elsz´eless´eg˝ u Si s´ avokat (1 ≤ i ≤ n). Megmutatjuk, hogy el´eg nagy n-re pozit´ıv val´ osz´ın˝ us´eg˝ u az az esem´eny, hogy ezek a s´avok lefedik S 2 -t ´es minden pont 3 legfeljebb ln n-szer fedett. Ebb˝ol az ´all´ıt´as k¨ovetkezik. Ehhez el˝ osz¨ or megbecs¨ ulj¨ uk, hogy mi annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy a v´alasztott s´avok nem fedik le S 2 -t. Jel¨ olje Si− az Xi p´olus´ u 99α (euklideszi) f´elsz´eless´eg˝ u s´avot. Ekkor P(Si s´ avok nem fedik S 2 -t) ≤ P(∃ Qj amit az Si− s´avok nem fednek le ) ≤ N · P(Q1 -t nem fedik az Si− s´avok) ( )n = N · P Q1 ∈ / S1− n

= N (1 − 99α)

n

≤ 500(1 − 99 ln n/n) · n2 / ln2 n ≤ n−97 , ha n elegend˝ oen nagy. 56 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 57 — #57

i

i

M´ asodszor azt becs¨ ulj¨ uk, hogy van k-szorosan fedett pont. Ehhez jel¨olje Si+ az Xi p´ olus´ u 101α (euklideszi) f´elsz´eless´eg˝ u s´avot. P(∃ P ∈ S 2 amit az Si s´ avok legal´abb k-szor fednek) ≤ P(∃ Qj amit az Si+ s´avok legal´abb k-szor fednek) ≤ N · P(Q1 -t az Si+ s´avok legal´abb k-szor fedik) ≤N· ≤

( )( )k n 101 ln n k n

500n2 nk · ln2 n k!

(

101 ln n n

)k .

Most legyen k = ln3 n, ´es haszn´aljuk a k! > (k/2)

k/2

becsl´est.

P(∃ P ∈ S 2 amit az Si s´avok legal´abb ln3 n-szer fednek) 500n2 nk ≤ 2 · ln n k!

(

101 ln n n

)k

ln3 n

500n2 (101 ln n) ≤ 2 · 3 ln n (ln3 n/2)ln n/2 ( √ )ln3 n 2 − ln3 n/2 ≤ 500 · 101 2 · n · (ln n) ( ≤ 500 ·

√ )ln3 n n2 101 2 √ · √ . 4 4 ln n ln nln n

Mivel mindk´et val´ osz´ın˝ us´egre adott fels˝o becsl´es nyilv´anval´oan 0-hoz tart, amint n tart v´egtelenbe, ez´ert el´eg nagy n-re pozit´ıv val´osz´ın˝ us´eggel egyik sem k¨ ovetkezik be. Ezt akartuk igazolni. Nagy J´ anos megold´ asa alapj´ an 8. feladat (Kit˝ uz˝ o: Dar´ oczy Zolt´an ´es Totik Vilmos). Igazoljuk, hogy az ] [ ( ) [ ] (√ ) x+y x, y ∈ (0, ∞), (2) f (x) − f (y) f − f xy ≡ 0, 2 f¨ uggv´enyegyenlet minden folytonos megold´asa konstans. √ amtani-m´ertani 1. megold´ as. Legyen M (x, y) = xy, N (x, y) = x+y 2 . Ezekre a sz´ k¨ ozepek k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlens´eg miatt M (x, y) < N (x, y) ha x ̸= y. Elegend˝ o igazolni, hogy f konstans minden [a, b] ⊂ (0, ∞) intervallumon. Tegy¨ uk fel, hogy nem ez a helyzet. Ekkor az f ´ert´ekk´eszlete [a, b]-n egy nem elfajul´o intervallum, ´es legyen A ennek egy olyan eleme, amely k¨ ul¨onb¨ozik f (a)-t´ol is ´es 57 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 58 — #58

i

i

f (b)-t˝ ol is, ´es amely az f -nek nem lok´alis sz´els˝o´ert´eke. (Van ilyen A, mivel b´armely val´ os f¨ uggv´eny lok´ alis sz´els˝ o´ert´ekeinek halmaza megsz´aml´alhat´o, ld. a [P. Komj´ath and V. Totik, Problems and Theorems from Classical Set Theory, Problem Books in Mathematics, Springer, 2006.] k¨onyv 5. fejezet´enek 9. probl´em´aj´at). Tegy¨ uk fel pl., hogy f (a) < A. Akkor az { } x ∈ [a, b] | f (x) ≥ A nem u ¨res halmaz, ´es legyen x0 ennek legkisebb eleme. Nyilv´anval´oan f (x0 ) = A ´es a < x0 < b (az A v´ alaszt´ asa miatt), tov´abb´a f (x) < A minden a ≤ x < x0 -ra. Legyen δ > 0 olyan kicsi, hogy x0 − δ > a ´es x0 + δ < b teljes¨ ulnek. Mivel f (x) < A, ´es ez´ert f (x) ≤ A az x0 pontt´ol balra, ugyanez nem ´allhat fenn az x0 egy jobb oldali k¨ ornyezet´eben (k¨ ul¨onben A lok´alis maximum-´ert´ek lenne), ´ıgy vannak tetsz˝ olegesen kicsi 0 < ε < δ sz´amok, amelyekre f (x0 + ε) > A. Egy ilyen 0 < ε < δ-ra legyen x = x0 − ε, y = (x0 + ε. Ezekre f (x)( < A < )f (y), ´es mivel M (x, y) < ) N (x, y) = x0 szint´en igaz, f M (x, y) < A = f N (x, y) is teljes¨ ul. Teh´at ezekre az x, y ´ert´ekekre a (2) f¨ uggv´enyegyenlet nem ´all fenn, ´es ez az ellentmond´as igazolja, hogy f val´ oban konstans kell, hogy legyen. A kit˝ uz˝ ok megold´ asa 2. megold´ as. Tegy¨ uk fel indirekt m´odon, hogy f : (0, ∞) → R folytonos ´es kiel´e{g´ıti a f¨ uggv´enyegyenletet, de } valamely 0 < u < v-re f (u) ̸= f (v). Legyen a = sup x | 0 < x < v, f (x) = f (u) aga miatt f (a) = f (u), ´es a < v. { . Erre u ≤ a, f folytonoss´ } Hasonl´ oan, a b = inf y | a < y, f (y) = f (v) sz´amra igaz, hogy b ≤ v, f (b) = f (v) ´es a < b. Ezek szerint tal´ altunk egy [a, b] ⊂ (0, ∞) z´art intervallumot, amire f (a) ̸= f (b) ´es (a, b)-n f nem veszi fel sem f (a)-t, sem f (b)-t. A f¨ uggv´enyegyenletet a-ra ´es b-re (√ ) fel´ırva kapjuk, mivel f (a) − f (b) ̸= 0, hogy f ( a+b = f ab . Legyen ez a k¨oz¨os 2 ) ´ert´ek t. Az el˝ oz˝ ok szerint ez k¨ ul¨onb¨ozik f (a)-t´ol ´es f (b)-t˝ol. √ Legyen b0 = b ´es bn+1 = 2 a · bn − a minden n nemnegat´ıv eg´eszre. Ekkor n szerinti teljes indukci´ oval trivi´alisan l´athat´o, hogy uan √ bn > a; an bn sorozat szigor´ monoton cs¨ okken˝ o (mert bn+1 < bn ekvivalens a · bn < a+b -vel, ez pedig a sz´ a m2 tani ´es m´ertani k¨ oz´ep k¨ oz¨ otti egyenl˝otlens´egb˝ol k¨ovetkezik, mivel bn > √ a). Ha β ezen (monoton cs¨ okken˝ o, alulr´ ol korl´atos) sorozat hat´ar´ert´eke, akkor β = 2 a · β − a, ´es innen kapjuk, hogy β = a. n Teljes indukci´ oval bel´ atjuk, hogy f ( a+b ul, ´es tegy¨ uk 2 ) = t. Ez n = 0-ra teljes¨ fel, hogy ezt az egyenl˝ os´eget valamilyen n-re m´ar bel´attuk. A bn+1 sz´am defin´ıci´oja √ miatt a+b2n+1 = a · bn , ´es a f¨ uggv´enyegyenlet szerint [ )] ( [ ] (√ ) a + bn = 0. f (a) − f (bn ) f a · bn − f 2 De itt f (bn ) ̸= f (a), hiszen a < bn < b, teh´at ( ) ) ( (√ ) a + bn a + bn+1 t=f =f a · bn = f 2 2 58 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 59 — #59

i

i

fenn kell, hogy ´alljon, amivel igazoltuk az indukci´os l´ep´est. ( ) n Azonban f a+b = t minden n-re ellentmond f folytonoss´ag´anak, hiszen 2 n limn→∞ bn = a miatt limn→∞ a+b = a, de 2 ( ) a + bn t = lim f ̸= f (a). n→∞ 2 T¨ obb versenyz˝ o megold´ asa alapj´ an 9. feladat (Kit˝ uz˝ o: Totik Vilmos). Egy G ⊆ C tartom´anyon ´ertelmezett u f¨ uggv´enyre legyen Z(u) az u z´erushelyei halmaz´anak 1 sugar´ u k¨ornyezete. Igazoljuk, hogy minden K ⊂ G kompakt halmazra van olyan C konstans, hogy ha u tetsz˝oleges val´ os harmonikus f¨ uggv´eny G-n, amely elt˝ unik a K valamelyik pontj´aban, akkor sup u(z) ≤ C sup u(z) . z∈K

z∈Z(u)∩G

Megold´ as. K kompakts´ aga miatt van olyan 1 > δ > 0 ´es T , hogy b´armely z, w ∈ K o¨sszek¨ othet˝ o legfeljebb T hossz´ u t¨or¨ottvonallal, amelynek minden pontja legal´abb δ t´ avols´ agra megy a G hat´ ar´ at´ ol. Minden z, w ∈ K p´arra r¨ogz´ıts¨ unk egy ilyen Lz,w t¨or¨ ottvonalat. Legyen w ∈ K olyan, hogy u(w) = 0; legyen q = sup u(z) , z∈Z(u)∩G

´es z ∈ K tetsz˝ oleges. Ha z ∈ Z(u), akkor u(z) ≤ q; egy´ebk´ent Lz,w -n z-b˝ol w fel´e haladva van egy legels˝ o olyan z ′ pont, amely Z(u)-ban van. Ha t tetsz˝oleges pont ′ Lz,w -n, amely z ´es z k¨ oz¨ ott van, akkor a t pont δ sugar´ u Dδ (t) k¨ornyezet´eben u-nak nincs z´erushelye (k¨ ul¨ onben t ∈ Z(u) lenne δ < 1 miatt), ez´ert u vagy pozit´ıv, vagy negat´ıv Dδ (t)-ben. Pl. a pozit´ıv esetben (a negat´ıv eset (−1)-gyel val´o beszorz´assal kaphat´ o) a ∆δ (t) z´ art k¨ orlapon u-ra fel´ırva a Poisson-formul´at kapjuk, hogy ha t′1 = t + r1 eiθ1 , |r1 | < δ, akkor ∫ 2π 1 δ 2 − r12 u(t′1 ) = u(t + δeiξ )dξ, 2π 0 δ 2 − 2δr1 cos(θ1 − ξ) + r12 ´es mivel az integr´ alban |r1 | ≤ δ/2 eset´en δ − r1 δ 2 − r12 1 δ 2 − r12 δ 2 − r12 ≤ = 2 ≤ 2 ≤ 2 = 2 2 3 δ + ρ1 δ + 2δr1 + r1 δ − 2δr1 cos(θ1 − ξ) + r1 δ − 2δr1 + r12 =

δ + r1 ≤ 3, δ − ρ1

illetve ugyancsak a Poisson-formula miatt ∫ 2π 1 u(t) = u(t + δeiξ )dξ 2π 0 59 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 60 — #60

i

i

is fenn´ all, az u pozitivit´ asa adja, hogy 1 u(t) ≤ u(t′1 ) ≤ 3u(t) 3 (itt l´enyeg´eben a klasszikus Harnack-egyenl˝otlens´eget igazoltuk). K¨ ovetkezm´enyk´ent kapjuk, hogy 1/9 ≤ u(t′1 )/u(t′2 ) ≤ 9 minden t′1 , t′2 ∈ Dδ/2 (t)-re. V´alasszunk t0 = z, t1 , . . . , tk , tk+1 = z ′ pontokat az Lz,w g¨orb´en a z ´es z ′ k¨ oz¨ ott u ´gy, hogy tj ´es tj+1 t´avols´aga a g¨orb´en m´erve δ/2, kiv´eve u(tj+1 )/u(tj ) avols´ agot, amely lehet enn´ e l kisebb is. Ekkor egyr´ e szt esetleg a tk z ′ t´ ≤ 9 minden j-re, m´asr´eszt u(tk+1 ) ≤ q, tov´abb´a k ≤ T /(δ/2), ´es ezekb˝ol u(z) ≤ q9T /(δ/2)+1 ad´ odik. Mivel ez b´armely z ∈ K-ra igaz, ez az egyenl˝otlens´eg igazolja az ´all´ıt´ast. T¨ obb versenyz˝ o megold´ asa alapj´ an 10. feladat (Kit˝ uz˝ o: Moln´ ar Lajos). Legyen f : R → R folytonosan differenci´alhat´ o, szigor´ uan konvex f¨ uggv´eny. Legyen tov´abb´a H komplex Hilbert-t´er, A ´es B pedig ¨ onadjung´ alt korl´ atos line´aris oper´atorok H-n. Bizony´ıtsuk be, hogy ha f (A) − f (B) = f ′ (B)(A − B), akkor A = B. Megold´ as. A feladat megold´ as´anak f˝o eszk¨oze a spektr´alt´etel, a tov´abbiakban erre vonatkoz´ o alapismereteket haszn´alunk. Adjung´ alva az f (A) − f (B) = f ′ (B)(A − B) egyenl˝os´eget, azonnal ad´odik, ′ hogy f (B)A = Af ′ (B). Ismeretes, hogy felcser´ ( elhet˝ ) o ¨onadjung´ ( alt)oper´atorok folytonos f¨ uggv´enyei is felcser´elhet˝ oek. Ez´ert g f ′ (B) A = Ag f ′ (B) teljes¨ ul minden folytonos g f¨ uggv´enyre, ´ıgy az f ′ szigor´ uan monoton n¨ovekv˝o folytonos f¨ uggv´eny inverz´ere is, amib˝ ol ad´odik, hogy A ´es B felcser´elhet˝oek. Legyen az A spektr´ alm´ert´eke az R Borel-halmazainak σ-algebr´aj´an E, a B-´e pedig F . Az A, B felcser´elhet˝ os´ege miatt E, F ´ert´ekei, mint projekci´ok is felcser´elhet˝ oek. Tegy¨ uk fel, hogy λ, µ olyan val´os sz´amok, melyekkel ( ) ( ) E (λ − 1/n, λ + 1/n) · F (µ − 1/n, µ + 1/n) ̸= 0 (n ∈ N). Nyilv´ anval´ oan(ekkor λ ∈ σ(A) ´es )µ ∈ σ(B) teljes¨ ul (σ(·) jel¨oli a) spektrumot). Le( gyen En := E (λ − 1/n, λ + 1/n) , Fn := F (µ − 1/n, µ + 1/n) . A fentiek miatt minden n ∈ N eset´en l´etezik onnyen l´atn ) ∩ ran(F n ), ∥xn ∥ = 1 vektor. K¨

xn ∈ ran(E hat´o, hogy n → ∞ eset´en (A − λI)En → 0 ´es (B − µI)Fn → 0, s ez´ert Axn − λxn → 0 ´es Bxn − µxn → 0. Standard m´odon ad´odik, hogy g(A)xn − g(λ)xn → 0 ´es g(B)xn − g(µ)xn → 0 igaz minden g folytonos val´os f¨ uggv´enyre (polinomokra egyszer˝ u sz´ amol´ as, ut´ana pedig g-t egyenletesen approxim´aljuk polinomokkal a spektrumokon). Mivel f (A)xn − f (B)xn = f ′ (B)(Axn − Bxn ), 60 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 61 — #61

i

i

ez´ert [

] ( ) f (A)xn − f (B)xn − f (λ)xn + f (µ)xn + f (λ) − f (µ) xn =

( ) = [f ′ (B)(Axn − Bxn − λxn + µxn ) + (λ − µ) f ′ (B) − f ′ (µ) xn ] + + (λ − µ)f ′ (µ)xn . Tudjuk, hogy ez minden n-re teljes¨ ul, ´es a sz¨ogletes z´ar´ojelben lev˝o tagok norm´aban null´ ahoz tartanak. Mindk´et oldal bels˝o szorzat´at v´eve xn -nel ´es n-nel v´egtelenhez tartva kapjuk, hogy f (λ) − f (µ) = f ′ (µ)(λ − µ). Ebb˝ ol viszont a szigor´ u konvexit´as miatt ad´odik a λ = µ egyenl˝os´eg. Teh´at, ha λ ̸= µ val´ os sz´ amok, akkor l´etezik olyan ε > 0, hogy ( ) ( ) E (λ − ε, λ + ε) · F (µ − ε, µ + ε) = 0, ( ) ( ) azaz E (λ − ε, λ + ε) ´es F (µ − ε, µ + ε) mer˝olegesek (pontosabban k´eptereik mer˝ olegesek) egym´ asra. ( ) ( ) Azt ´all´ıtjuk, hogy E (−∞, t] = F (−∞, t] teljes¨ ul minden t val´os sz´amra. Ebb˝ ol m´ar k¨ ovetkezni fog, hogy E = F , s ´ıgy A = B. Az ´all´ıt´as bel´at´as´ahoz legyenek m, M olyan val´ ( ) os sz´ (amok,)hogy σ(A) ∪ σ(B) ⊂ (m, M ). Nyilv´an el´eg megmutatni, hogy E [m, t] = F [m, t] teljes¨ ul minden m < t < M eset´en. Az egyenl˝os´eghez pedig el´ e g bel´ a tni a kapcsol´ o d´ o k´etir´any´ u egyenl˝otlens´eget. Megmutatjuk, hogy ( ) ( ) E [m, t] ≤ F [m, t] fenn´ all minden m < t < M eset´en. Ehhez tekints¨ unk egy tet′ sz˝ oleges t < t′ < M sz´ amot, ´es r¨ogz´ıts¨ u nk egy t ≤ µ < M sz´ a mot. Minden λ ( ) ( ) ∈ [m, t] eset´en l´etezik olyan ελ > 0, hogy E (λ − ελ , λ + ελ ) ´es F (µ − ελ , µ + ελ ) mer˝olegesek egym´ asra. Kompakts´ agi megfontol´asb´ol kapjuk, hogy tal´ (alhat´oak λ1 , . . . λk ∈) [m, t] sz´amok u ´gy, hogy [m, t] ⊂ ∪kj=1 (λj − ελj , λj + ελj ), ´es E (λj − ελj , λj + ελj ) ( ) mer˝ oleges F (µ(− ε, µ + ε) -re )(j = 1, . . . k), ahol ε := ( ) min(ε1 , . . . εk ). Innen k¨onnyen ad´ odik, hogy F (µ − ε, µ + ε) mer˝oleges E [m, t] -re. Mivel ez minden( µ ∈ [t′), M ] sz´ ´jabb hasonl´o meggondol´as adja, hogy F [t′ ,(M ] ´e)s (ammal) igaz, ez´ert egy u E [m, t] mer˝ olegesek egym´ asra minden t < t′ < M eset´en. Emiatt pedig F ( (t, M )] ´es(E([m,) t]) is mer˝ olegesek egym´asra, ami pontosan azt jelenti, hogy E [m, t] ≤ F [m, t] teljes¨ ul. Innen kapjuk az ´all´ıt´ast. Megjegyezz¨ uk, hogy a feladatban szerepl˝o, az f f¨ uggv´eny deriv´altj´anak folytonoss´ ag´ ara vonatkoz´ o felt´etel elhagyhat´o, az k¨ovetkezik f differenci´alhat´os´ag´ab´ol ´es konvexit´ as´ ab´ ol. A kit˝ uz˝ o megold´ asa 11. feladat (Kit˝ uz˝ o: Nagy B´ela, Totik Vilmos ´es Varga Tam´as). Egy [0, 1] ⊆ E ⊂ [0, ∞) v´eges sok z´art intervallumb´ol ´all´o halmazra ind´ıtsunk egy k´etdimenzi´os Brown-mozg´ ast valamely x < 0 pontb´ol, amely akkor ´alljon meg, ha E egy pontj´aba ´er. Legyen p(x) annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy ez a meg´all´as [0, 1]-en t¨ort´enik. Igazoljuk, hogy p(x) n¨ ovekszik a [−1, 0) intervallumon. 61 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 62 — #62

i

i

Megold´ as. Legyen E ⊂ R v´eges sok intervallumb´ol ´all´o halmaz, ´es egy x ∈ R \ E pontb´ ol ind´ıtsunk egy Brown-mozg´ast, amely akkor ´alljon meg, ha E egy pontj´aba ´er. Ismeretes Kakutani t´etele, hogy E-n ennek a meg´all´asi val´osz´ın˝ us´egnek az eloszl´asa ugyanaz, mint az x pontnak a C \ E halmazra vett harmonikus m´ert´eke, ´es ez ugyanaz (ld. [E. B. Saff and V. Totik, Logarithmic Potential with External Fields, Springer Verlag, Appendix 3]), mint az x pontba helyezett egys´egnyi δx pontm´ert´ek E-re vett Bal(δx , E) u ´n. balayage-m´ert´eke. Ez ut´obbi az egyetlen olyan val´ osz´ın˝ us´egi µ m´ert´ek E-n, amelyre igaz, hogy valamilyen c konstanssal minden z ∈ E pontra ∫ log |z − t|dµ(t) = log |z − t| + c. E

Legyen a feladatbeli E halmaz a [0, β] intervallumnak r´esze. Ismeretes (ld. pl. a fenti k¨ onyvben a (4.47) formul´ at), hogy a δx balayage-m´ert´eke a [0, β] intervallumra (azaz az x pont harmonikus m´ert´eke a C \ [0, β] tartom´any hat´ar´an) a √ x(x − β) dµx (t) 1 1 √ = dt π |x − t| t(t − β) s˝ ur˝ us´egm´ert´ekkel adott m´ert´ek. Egyszer˝ u sz´amol´as adja, hogy itt a jobb oldal minden t ∈ [1, β] eset´en x-ben cs¨okken (t ∈ [1, β]-ben egyenletesen), ha x ∈ [−1, 0). A balayage-m´ert´ek defin´ıci´oj´ab´ol azonnal ad´odik, hogy ∫ Bal(δx , E) = µx E + Bal(δt , E) dµx (t). [0,β]\E

Itt a feltev´es szerint [0, β] \ E = (1, β] \ E, ez´ert annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy a Brown-mozg´ as [0, 1]-en k´ıv¨ ul ´all meg a k¨ovetkez˝o: ∫ ( ) ( ) ( ) Bal(δx , E) E \ [0, 1] = µx E ∩ (1, β] + Bal(δt , E) E ∩ (1, β] dµx (t). (1,β]\E

Az integrandus f¨ uggetlen x-t˝ol, ´es az a m´ert´ek, ami szerint integr´alunk, az cs¨okken x-ben a [−1, 0) intervallumon, ´ıgy a m´asodik tag cs¨okken x-ben, ugyan´ ( ugy, mint ) az els˝ o tag (az el˝ obb mondottak alapj´an). Emiatt p(x) (= 1 − Bal(δx , E) E \ [0, 1] ) n¨ovekszik a [−1, 0) intervallumon. A kit˝ uz˝ ok megold´ asa

Problems of the 2015 Mikl´ os Schweitzer Memorial Competition in Mathematics Problem 1. Let K be a closed subset of the closed unit ball in R3 such that a dense system of chords of the unit sphere is disjoint from K. Verify that there exists a set H such that H is dense in the unit sphere, and the chords connecting any two points of H are disjoint from K. 62 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 63 — #63

i

i

Problem 2. Let {xn } be the van if the binary form ∑ der Korput sequence, that is, ∑ of the positive integer n is n = i ai 2i (ai ∈ {0, 1}), then xn = i ai 2−i−1 . Let V be the set of points (n, xn ) in the plane, where n is a positive integer. Let G be the graph for which the set of vertices is V , and two different vertices p and q are connected by an edge if and only if there is an axis-parallel rectangle R satisfying R ∩ V = {p, q}. Prove that the chromatic number of G is finite. Problem 3. Let A be a finite set and let → be a binary relation on A such that for any a, b, c ∈ A, if a ̸= b, a → c and b → c, then a → b or b → a. Let B ⊆ A be minimal regarding the property that to each element a ∈ A \ B there corresponds b ∈ B with a → b or b → a. Assume that A has at most k elements among which no two elements are related by →. Prove that B has at most k elements. Problem 4. Let a1 , a2 , . . . be a sequence of positive integers such that a1 = 1, and for any prime p the numbers a1 , a2 , . . . , ap form a complete residue system modulo p. Show that lim an /n = 1. Problem 5. For n ≥ 1 write f (x) = xn + xn−1 + xn−2 + · · · + x2 + x + 1. For which positive integer n can one find polynomials ( ) g(x), h(x) with real coefficients and degree less than n such that f (x) = g h(x) holds? Problem 6. Let G be a permutation group acting on the finite set Ω. Let S ⊆ G be such that 1 ∈ S and for any x, y ∈ Ω there is a unique σ ∈ S with σ(x) = y. Show that if the elements of S \ {1} are conjugated in G, then G acts doubly transitively on Ω. Problem 7. Let S 2 denote the unit sphere centered at the origin in threedimensional Euclidean space. A zone of width w on S 2 is an origin-symmetric spherical segment of width w. Show that there exists a constant c > 0 such that for any positive integer n the sphere S 2 can be covered by n√zones of the same width in such a way that each point is contained in at most c · n zones. Problem 8. Prove that all continuous solutions of the functional equation [ ( ) ] [ ] (√ ) x+y f (x) − f (y) f − f xy ≡ 0, x, y ∈ (0, ∞), 2 are constant. Problem 9. Consider a harmonic function u defined on a domain G ⊂ C and denote the neighborhood of the zeros of u with radius 1 by Z(u). Prove that for each compact set K ⊂ G there exists a constant C such that if u is any harmonic function on G which vanishes at a point of K, then sup u(z) ≤ C sup u(z) . z∈K

z∈Z(u)∩G

Problem 10. Let f : R → R be a continuously differentiable, strictly convex function. Further, let H be a complex Hilbert space and A, B be bounded, selfadjoint linear operators on H. Prove that if f (A) − f (B) = f ′ (B)(A − B), then A = B. 63 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 64 — #64

i

i

Problem 11. Consider a two-dimensional Brownian motion starting from x < 0 inside C \ E where [0, 1] ⊂ E ⊂ [0, ∞) consists of finitely many intervals and stop it if it hits E. Denote by p(x) the probability that it stops at a point of [0, 1]. Prove that p(x) is increasing on [−1, 0).

64 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 65 — #65

i

i

´ VICCES KEPEK KATONA GYULA

Az al´ abbi j´ opofas´ agokat tal´altuk. Ezek ´all´ıt´olag amerikai di´akok dolgozataib´ol val´ ok. N´emelyik magyarra nem is leford´ıthat´o. P´eld´aul az, amelyik az expand” sz´o ” k´et´ertelm˝ us´eg´en alapszik. J´ o mosolyg´ast k´ıv´anunk hozz´ajuk! B´ ator´ıtjuk a koll´eg´ akat, hogy ha hasonl´o vagy eg´eszen m´as term´eszet˝ u matematikai humort tal´ alnak, k¨ uldj´ek el nek¨ unk.

65 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 66 — #66

i

i

66 i

i i

i

i

i “16-1-beliv” — 2017/3/8 — 11:30 — page 67 — #67

i

i

´ TARTALOMJEGYZEK ´ter Pa ´ l: Sz´ Pach Pe amtani sorozatot nem tartalmaz´o halmazok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 ´ nos: A Bolyai-k´eplet hiperboliz´al´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Varga Ja Gecse Frigyes: Alternat´ıv utak az elemi f¨ uggv´enyek elm´elet´eben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 T´arsulati ´elet – 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Jelent´es a 2015. ´evi Schweitzer Mikl´ os-eml´ekversenyr˝ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Katona Gyula: Vicces k´epek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

CONTENTS ´ter Pa ´ l Pach: Progression-free sets . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Pe ´ nos Varga: Hyperbolic Bolyai formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Ja Frigyes Gecse: Alternative Paths in the Theory of Elementary Functions . . . . . . . . . . . 15 Society news – 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Schweitzer Contest in Higher Mathematics 2015 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Gyula Katona: Crazy maths . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

i

i i

i