A teveszabály és alkalmazásai Tuzson Zoltán, Székelyudvarhely Gondolná-e valaki, hogy a matematikának lehetne-e valami köze a tevékhez? Ha nem akkor a továbbiakban meggy zzük err l, mégpedig arról, hogy a matematikában igen is létezik egy olyan szabály, amit – többé vagy kevésbé humorosan- teveszabálynak neveznek. És ez nem vicc, mint látni fogjuk ez a szabály amilyen egyszer , éppen olyan hasznos a matematikában. Miel tt megmondanánk, hogy mib l áll ez a szabály és alkalmaznánk, azel tt inkább rávilágítunk az eredetére. Tehát lássuk, honnan is ered ez a szabály. Nézzük a következ mesés történetet: Van egy öreg, arab keresked . Annak 3 fia és 19 tevéje. Amikor meghal az öreg, a végrendeletében tevéinek felét a legid sebbre, negyedét a középs re, és ötödét a legkisebbre hagyta. Már a 19 teve felezésénél megakadtak a fiúk, mivel nem akartak tevét ölni. (Egy fél tevével nehéz zsákokat cipeltetni.) Gondolkoztak keményen, de csak nem tudták megoldani a problémát. Arra tevegelt egy irgalmas szamaritánus, aki egyb l látta, hogy valami nagy gond szakadt a srácokra. Megkérdezte, majd nevetve közölte, hogy mi sem egyszer bb ennél. Fogta a saját tevéjét és bevezette a 19 teve közé. (Így lett 20.) Majd szólt a legid sebb fiúnak, hogy csoportosítsa a tevék felét (10), a középs nek, a negyedét (5), végül a legkisebbnek, hogy vigye el a tevék ötödét (4), és mivel 10+5+4=19 ezért az utolsó lépésként fogta a sajátját és tovatevegelt... Na persze, az osztozkodás megtörtént, úgy t nik, hogy még a végrendeletet is betartották, vagy mégsem? Hát persze, hogy nem, hiszen a 19 teve fele az mégis csak 1 1 19 9,5 és nem 10 ahogyan kapta, a negyede az 19 4, 75 és nem 5 ahogyan kapta, és 2 4 1 az ötöde 19 3,8 és nem 4 ahogyan kapta. A fiuk ellenben örvendhettek, mert a tevék 5 feldarabolásával nem volt vérontás… Annak ellenére, hogy a feladat „megoldása” nem helyes, mégis van bel le egy roppant egyszer tanulság: a szamaritánus hozott 1 tevét…majd a végén el is vitte azt az 1 tevét.
Hogy ez a tény mire jó? Nézzük csak a következ matematikatörténeti feladatot: 1.feladat: Volt egyszer Indiában egy Shehrán nev király, aki mindeneken uralkodott, csak saját unalmán nem. Reggel, délben, este, egész nap, folyton csak unatkozott. Annyira unta magát, hogy végül is belebetegedett az unalomba. Ágynak d lt, felakadt a szeme, mintha haldoklana. Sessa ebn Daher, az udvari bölcs, megsajnálta urát és hogy unalmát el zze, feltalált egy játékot: a sakkot. Ez a játék csodát m velt. Alig játszotta le a király az els játszmát, máris felépült. - Mit kívánsz jutalmul? - kérdezte Shehrán. - Tégy a sakktábla els kockájára egy búzaszemet, a másodikra kett t, a harmadikra négyet és így tovább, minden kockára kétszer annyit, amennyi az el tte lév n volt - mondta Sessa ebn 1
Daher. - Amennyire a búzaszemek száma a duplázás folytán a 64 négyzetre n , annyi búzaszem legyen a jutalmam. - Szerény kérés! - mosolygott a király. - Beszéded mindazonáltal rejtvényesnek hat ... - Fejtsd meg a rejtvényt és megtudod, hogy találmányom megfizethetetlen! - válaszolt a bölcs még rejtélyesebben. Shehrán erre el hívatta tudósait, hogy oldják meg a talányt. Azok neki is álltak és kiszámították, hogy ha a kérést teljesíteni akarnák, akkor hány búzaszemet is kell adjanak. Számítsuk ki, mennyi is ez? Megoldás: Hamar belátjuk, hogy az össz búzaszem mennyiség éppen
x 1 2 2 2 ... 2 63 Sok feladat megoldásánál találkozunk azzal az ötlettel, hogy egy kifejezéshez adjunk hozzá valamit és vonjuk is le ugyanazt, ezzel ugyanis nem változik a kifejezés értéke, akárcsak az el bbi történetben a szamaritánus a tevékkel (teveszabály )! A kiszámítandó összeghez adjunk hozzá 1-et és vonjunk is ki 1-et. Rendre ezt kapjuk: x 1 2 22 ... 263 1 1 2 2 2 ... 263 1 2 2 4 8 ... 263 1 4 4 8 16 ... 263 1 4 4 8 16 ... 263 1 =… és végül azt kapjuk, hogy x 263 263 1 2 263 1 264 1 . Egy másik megoldás- ugyancsak teveszabállyal- az, hogy az egész m veletet átírjuk a 2-es számrendszerbe, ott elvégezzük a m veletet, majd az eredményt visszaírjuk a 10-es számrendszerbe: x 1 2 22 ... 263 111...112 = 111...112 1 1 100...02 1 = 264 1 . 64 szer
64 szer
64 darab
Tehát mindkét esetben x 264 1 = 18.446.744.073.709.551.615 búzaszem adódik! azaz 18 trillió 446 744 billió 73 709 millió 551 ezer 615 búzaszemet kellene Sessa ebn Dahernek adniuk, olyan hatalmas mennyiség gabonát, amellyel 9 mm vastagon beboríthatnák az egész földgolyót. Tehát a találmány valóban megfizethetetlen. Ez az alkalmazott ötlet, amilyen egyszer , olyan nagyszer , mert a matematikában a feladatok megoldása során nagyon sokszor alkalmazzuk azt, hogy egy adott kifejezéshez hozzáadjuk és kivonjuk ugyanazt a mennyiséget (vagy fordított sorrendben). Ezt az egyszer eljárást hívják teveszabálynak . A továbbiakban egy egész „csokor” olyan feladatot mutatunk be, amelyet a teveszabály nélkül talán meg sem tudnánk oldani! Ezek a típusú feladatok a matematika minden területén, és az 5.-12. osztályos matematikai tevékenység során mindenütt fellelhet k. 2. feladat: Miért nem lehet az a 12345678 87654321 szám prímszám? Megoldás: Hozzunk máris a tevét , vagyis adjunk hozzá 1-et és vonjunk is ki 1-et: a 12345678 87654321 1 1 = 12345678 1 87654321 1 . Mivel x n y n M ( x y ) , ezért 12345678 1 M (1234 1) M 1233 M 9 , és mivel x 2 n 1 y 2 n 1 M ( x y ) , ezért 87654321 1 M (8765 1) M 8766 M 9 , tehát a M 9 . 3. feladat: Ha a, n N * 1 igazoljuk, hogy a n 1 (a 1) 2 n a 1 . Megoldás: Írjuk fel a következ ket: a n 1 a 1 a n 1 a n 2 a n 3 ... a 1 és nyilvánvalóan (a n 1) a 1 . Elegend és szükséges is igazolni, hogy a n
1
an
2
an
3
... a 1 (a 1) Most egy egész
tevekaravánra lesz szükségünk ! Felírhatók a következ k: a n 1 a n 2 a n 3 ... a 1 ( a n 1 1) ( a n 2 1) ( a n 3 1) ... ( a 1) (1 1) n 1 2
= M (a 1) M (a 1) M (a 1) ... M (a 1) n
a
n 1
a
n 2
a
n 3
... a 1 (a 1)
M (a 1) n , tehát
n (a 1) .
4. feladat: Határozzuk meg azokat a p, q pozitív egész számokat amelyekre az a 4 p 6 q osztható 10-el. Megoldás: a= páros, ezért máris osztható 2-vel. Továbbá az x n y n M ( x y ) összefüggésben az x= a+b és y= b választással ( a b) n Ma b n minden a, b N esetén. Ekkor 6 p (6 1 1) p (5 1) p M 5 1 , és hasonlóan felírható, hogy 4 p (4 1 1) p (5 1) p M 5 ( 1) p , tehát a M 5 ( 1) p 1 és ez csakis akkor többszöröse 5-nek, ha p páros szám, q pedig tetsz leges pozitív egész szám. 5. feladat: Igazoljuk, hogy az E 22225555 55552222 szám osztható 7-tel. Megoldás: Ezúttal egy teve nem is lesz elég ! Nézzük a következ ket: 5555 2222 5555 5555 5555 E 2222 5555 2222 4 4 55552222 42222 42222 (22225555 45555 ) (55552222 42222 ) (45555 42222 ) a b c . Látható, hogy a 22225555 45555 M (222 4) M 2226 M 7 , továbbá b 55552222 42222 M (5555 4) M 5551 M 7 , valamint c 45555 42222 42222 (43333 1) 42222 (641111 1) M (64 1) M 7 , tehát A a b c M 7 . 6. feladat: Igazoljuk, hogy az 10101 szám minden számrendszerben osztható 111-el! Megoldás: Mivel 10101x x 4 x 2 1 és 111x x 2 x 1 , ezért azt kellene igazolni, hogy x 4 x 2 1 x 2 x 1 . Nos, most van szükség a tevére ! Felírhatjuk, hogy: x 4 x 2 1 x 4 x 2 1 x 2 x 2 ( x 4 2 x 2 1) x 2 ( x 2 1) 2 x 2 ( x 2 x 1)( x 2 x 1) . 7. Feladat: Miért nem lehet az n4 64 szám prímszám, egyetlen n N esetén sem? Megoldás: Máris hozzuk a tevét ! Felírható, hogy: n 4 16 n 4 64 16n 2 16n 2 (n 2 8) 2 (4n) 2 ( n2 4n 8)(n 2 4n 8) és az egyik szorzótényez sem egyenl 1-gyel. 8. feladat: 4n Írjuk fel a következ halmazt: A ,n N . x N x n 2 Megoldás: Újból szükségünk van a tevére ! Felírható, hogy: 4n 4n 8 8 8 x 4 N , ha n 2 1, 2, 4, 8 ahonnan a természetes n 2 n 2 n 2 számok: n 0, 2, 6 , tehát A 0,3, 4 . 9. feladat: n
Számítsuk ki az S 1 1! 2 2! ... n n !
k k ! összeget, ha n
N.
k 1
Megoldás: Megint szükségünk van az 1 tevére ! Mivel k k ! (k 1 1)k ! (k 1)k ! k ! ( k 1)! k ! , ezért S (2! 1!) (3! 2!) ... ((n 1)! n !) (n 1)! 1 n
k
k 1
(k 1)!
Megjegyzés: Teljesen hasonlóan számolható ki a következ összeg is: S
.
3
10. feladat: Igazoljuk, hogy minden x, y valós számra igaz, hogy x
y
Megoldás: Bizonyítani kell tehát, hogy
x
és y
x
x
y
x
y (2). És máris hozzuk a tevéket
x
y
x y. y , vagyis x
an
1
bn
bn
1
y (1)
x
y , ezzel az
N * esetén igaz,
N* esetén. Igazoljuk, hogy akkor minden n, k
n
y
! A háromszög egyenl tlensége alapján
felírható, hogy: x ( x y ) y x y y , illetve y ( y x) x x (1) és a (2) bizonyított. 11. feladat: Legyen az (an )n 1 , (bn ) n 1 két olyan valós számokból álló sorozat, amelyre an
x
hogy an k an bn k bn . Megoldás: Hát ezúttal egy egész tevekaravánt kell hoznunk ! Ugyancsak a háromszög egyenl tlensége alapján felírható, hogy: an k an (an k an k 1 ) (an k 1 an k 2 ) (an k 2 an k 3 ) ... (an 1 an ) an
k
an
k 1
bn
k
bn
k 1
an
an
k 1
bn
k 1
an
k 2
bn
k 2
an
k 2
bn
bn
k 2
an
...
k 3 k 3
...
1
an
an
1
an
bn
bn
k
bn
k
bn .
12. feladat: Hozzuk kanonikus alakra az f ( x ) ax 2 bx c, f : R R másodfokú függvényt, ahol a, b, c valós számok, és a nem nulla. Megoldás: Most is szükségünk lesz egy furcsa tevére ! Megpróbálunk er ltetve is teljes négyzetet kialakítani: b c b c b c f ( x) ax 2 bx c a x 2 x a x2 2 x a x2 2 x a a a a 2a 2a a x
2
b b2 x 2 2a 4a 2
b2 4a 2
c a
a
x
b 2a
2
b2 4a 2
c a
a
b 2a
x
2
4a 2
2
a x
b ahol 2a 4a 13. feladat:
b 2 4ac .
sin 2 x . sin x cos x 1 Megoldás: Ezúttal eléggé álcázott tevére lesz szükség ! Rendre felírható, hogy:
Egyszer sítsük le a következ törtet: T
sin 2 x sin 2 x 1 1 2sin x cos x sin 2 x cos2 x 1 sin x cos x
2
1
sin x cos x 1
sin x cos x
2
1
sin x cos x 1 . Tehát
sin x cos x 1 sin x cos x 1 sin x cos x 1 . sin x cos x 1 14. feladat: Legyen ( xn )n 1 pozitív számokból álló sorozat. Igazoljuk, hogy T
n
S k
xk 1. 1 (1 x1 )(1 x2 )...(1 xk )
4
Megoldás: Máris hozzuk a tevét ! Felírható, hogy xk xk 1 1 (1 x1 )(1 x2 )...(1 xk ) (1 x1 )(1 x2 )...(1 xk ) 1 xk 1 (1 x1 )(1 x2 )...(1 xk ) (1 x1 )(1 x2 )...(1 xk ) 1 1 ak (1 x1 )(1 x2 )...(1 xk 1 ) (1 x1 )(1 x2 )...(1 xk ) n
1
S 1
( ak
ak ) 1 an
1
ak . Ezért
1
1 1. (1 x1 )(1 x2 )...(1 xn )
1
1 x1 k 2 15. feladat: Az ( xn )n 1 valós számokból álló számsorozat teljesíti a következ rekurziós összefüggést: 0 . Keressük meg az általános tagot megadó képletet. xn 1 2 xn 1 és x1 Megoldás: Megint szükségünk van a tevére ! Végezzük el a következ m veleteket: xn 1 2 xn 1 xn 1 2( xn 1 1) 1 xn 1 2( xn 1) 1 xn 1 1 2( xn 1) . Vezessük be
ahonnan
n 1
yk 1 yk
ahonnan xn
N * esetén. Ekkor xn
yk jelölést minden k
most az xk 1
2 , ezért k 1
(
1) 2
n 1
yk 1 yk
n 1
yn y1
2 k 1
2n
1
1
1 2( xn 1)
y1 2n
yn
1
yn
1
2 yn
xn 1 ( x1 1) 2n 1 ,
1 minden n N * esetén.
Megjegyzés: Vegyük észre, hogy a teveszabállyal az xn 1 axn b; a,b R* , a 1 általánosabb alakú els rend lineáris rekurzió általános képlete is meghatározható, ha úgy b keressük az valós számot, hogy xn 1 ) legyen, ahonnan . a( xn a 1 16. feladat:
lim sin 2
Számítsuk ki a következ határértéket: L
n2
n
n .
Megoldás: A feladat alig ha oldható meg teveszabály nélkül, és a teve választás sem könny ! Mivel sin( x
n
lim sin 2
)
lim sin 2
sin x , ezért felírható, hogy: L
( n2
n n)
n
n
lim sin 2 n
17. feladat: Számítsuk ki a következ határértéket: L
n
2
n
n n)
lim n ( n 3
lim sin 2
n
n
n2 n n
2
1.
2) .
Megoldás: Most nagyon jól felhasználható az, hogy a teve jön is, meg megy is Rendre felírható, hogy: L lim n ( n 3 n 2) lim n ( n 3 n 2 1 1) lim n ( n 3 1) ( n 2 1) n
n
lim n ( n 3 1) lim n ( n 2 1) n
n
n
!
n
ln 3 ln 2 ln
3 2
18. feladat: n
Számítsuk ki a következ határértéket: L
lim n
n
3 2
n
2
.
Megoldás: Teve nélkül nem is indíthatjuk el a feladatmegoldás kell visszavezetni:
! A feladatot az e-számra
5
n
n
L
lim 1
2
n
n
lim n
3
n
n
3
2 2
n
2
1
n
lim 1
n
2 2
lim 1
2
n
1 1 lim n ( n 3 1) lim n ( n 2 1) 2 2
n
n
3
1
ln 3
1
n
1
ln 2
ln
n
2
3
n
2 2
n
3
n
3
n
2 2
2
2 2
2
3
2 n 6. = en en e2 2 e 2 2 eln 3.2 Megjegyzés: Majdnem minden e-számmal megoldható feladatnál alkalmaznunk kell a teveszabályt, ugyanis mindig egy 1-essel kell kezd djön a képlet, ezért kell hozzáadni majd kivonni 1-et.
19. feladat: sin x x 1 Megoldás: Itt is egy tevére lesz szükség ! Figyelembe véve, hogy sin( x ) sin x sin x sin( x ) sin( ( x 1)) felírható, hogy: L lim lim lim . x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 20. feladat: 1 cos x cos 2 x Számítsuk ki a következ határértéket: L lim . x 0 x2 Megoldás: Megint jól átgondolt tevére lesz szükség ! Rendre felírhatjuk, hogy: 1 cos x cos 2 x 1 cos x cos 2 x cos x cos x (1 cos x) cos x(1 cos 2 x) L lim lim lim 2 2 x 0 x x 0 0 x x x2
A l’Hospital szabály nélkül számítsuk ki: L
lim x 1
x 2sin 2 2 1 cos x 1 cos 2 x 2 lim 2sin x 1 2 x lim lim cos lim x 0 x 0 x 0 x 0 x2 x2 x2 x2 2 21. feladat: Vezessük le a tört deriválási szabályát, vagyis a következ képletet:
3 . 2
'
f ' ( x0 ) g ( x0 ) f ( x0 ) g ' ( x0 ) f ( x0 ) g g 2 ( x0 ) Megoldás: Nagyon nagy szükségünk van egy jó tevére ! Rendre felírható, hogy: f ( x ) f ( x0 ) ' g ( x ) g ( x0 ) f ( x ) g ( x0 ) f ( x0 ) g ( x) f ( x0 ) lim lim x x x x 0 0 g x x0 ( x x0 ) g ( x) g ( x0 ) f ( x ) g ( x0 ) f ( x0 ) g ( x ) f ( x0 ) g ( x0 ) f ( x0 ) g ( x0 ) 1 lim x x0 g ( x ) g ( x ) x x0 0 lim
x
x0
1 f ( x) f ( x0 ) g ( x0 ) g ( x ) g ( x0 ) x x0 22. feladat:
Számítsuk ki a következ integrált: I
g ( x) g ( x0 ) f ( x0 ) x x0
f ' ( x0 ) g ( x0 ) f ( x0 ) g ' ( x0 ) . g 2 ( x0 )
3x 2 2 dx 4x2 1
Megoldás: Felírhatjuk, hogy:
6
x2 3x 2 2 3x2 2 dx dx dx 3 dx 2 4 x2 1 4x2 1 4x2 1 4x2 1 els integrálban egy jól választott tevére van szükség ! x2 1 4x2 1 4 x2 1 1 1 4x2 I1 dx dx dx 4 x2 1 4 4x2 1 4 4x2 1 4 4x2 1 1 1 x 1 dx dx I 2 . Tehát 2 4 4 4x 1 4 4 I
I
3 I1 2 I 2
3 x 11 1 dx 2 4 2 4x 1
1 4x
2
dx 3I1 2 I 2 . Most az 1
1 1 1 dx dx 2 1 4 4x 1
3 x 11 arctg (2 x ) C 4 8
23. feladat: x dx x 2x 2 Megoldás: Vegyük észre, hogy az integrál alatti függvény már elemi tört, tehát nem lehet tovább bontani. Valami mást kell csinálnunk. Éspedig figyeljük meg, hogy ( x 2 2 x 2) ' 2 x 2 . Ebb l kifolyólag szükségünk van egy életment tevére ! Felírható, 1 2x 1 2x 2 2 1 2x 2 1 2 hogy: I dx dx dx dx 2 2 2 2 2 x 2x 2 2 x 2x 2 2 x 2x 2 2 x 2x 2
Számítsuk ki a következ integrált: I
2
1 ( x 2 2 x 2) ' 1 1 dx = ln x 2 2 x 2 arctg ( x 1) C . dx 2 2 2 x 2x 2 ( x 1) 1 2 Ezzel befejezzük a példázódást, azzal a reménnyel, hogy a kiválasztott feladatok kell en sokszín ek, változatosak, érdekesek és tanulságosak voltak. Továbbá elgondolkozhatunk azon, hogy amíg a teve bekötése, a számolások elvégzése és a teve elvitele a feladatnak egy hibás megoldásához vezetett, addig a megoldott feladatok során ugyanazon mennyiség hozzáadása, és elvétele mégis helyes matematikai számításokhoz vezetett. Érdekes, nem de?
7
