KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
Eredmények
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

Rendelje meg a KöMaL-t!

MBUTTONS

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2002. májusi B-jelű matematika feladatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaL-ban folyamatosan közöljük.


B.3552.Az a1, a2, ..., a2n+1 sorozat minden tagja 2, 5 vagy 9. Tudjuk, hogy a sorozat bármely két szomszédos tagja különböző és a1=a2n+1. Bizonyítsuk be, hogy a1a2-a2a3+a3a4-a4a5+...-a2na2n+1=0. (3 pont)

Megoldás: Ha n=1, akkor a1a2-a2a3=a1a2-a2a1=0. Tegyük fel tehát, hogy n>1, és az állítást n-1 esetén már igazoltuk. Ha van olyan 1\(\displaystyle le\)i\(\displaystyle le\)2n-1 index, amelyre ai=ai+2, akkor hagyjuk el a sorozatból az ai és ai+1 elemeket. Az így keletkező b1,b2,...b2n-1 sorozatra ugyanúgy teljesülnek a feltételek, mint az eredeti sorozatra, ezért az indukciós feltevés miatt

S'=b1b2-b2b3+...-b2n-2b2n-1=0 .

Így S=S'+aiai+1-ai+1ai+2=0+aiai+1-ai+1ai=0, ha i páratlan, és hasonlóképp S=S'-aiai+1+ai+1ai+2=0, ha i páros. Ha pedig nincsen olyan i index, amelyre ai=ai+2, akkor minden 1\(\displaystyle le\)i\(\displaystyle le\)2n-2 indexre ai+3\(\displaystyle ne\)ai+2\(\displaystyle ne\)ai és ai+3\(\displaystyle ne\)ai+1\(\displaystyle ne\)ai, tehát ai+3=ai. Ekkor n szükségképpen osztható 3-mal, valamint a1=a4=...=a2n+1, a2=a5=...=a2n-1 és a3=a6=...=a2n, az n=3k jelöléssel élve tehát

\(\displaystyle S=\sum_{i=0}^{k-1}(a_{6i+1}a_{6i+2}-a_{6i+2}a_{6i+3}+\ldots-a_{6i+6}a_{6i+7})=\)

\(\displaystyle =\sum_{i=0}^{k-1}(a_1a_2-a_2a_3+a_3a_1-a_1a_2+a_2a_3-a_3a_1)=0\ .\)


B.3553.Az ABC háromszög A csúcsából induló magasság, B csúcsából induló szögfelező és C csúcsából induló súlyvonal a szemközti oldalakat rendre az A1, B1, C1 pontokban metszi. Bizonyítsuk be, hogy ha az A1B1C1 háromszög szabályos, akkor az ABC háromszög is szabályos. (4 pont)

Megoldás: A BA1B1 és BC1B1 háromszögekben a BB1 oldal közös, az egyenlő hosszúságú A1B1 és C1B1 oldalakkal szemben lévő A1BB1 illetve C1BB1 szögek pedig megegyeznek. Így két eset képzelhető el: vagy egybevágó a két háromszög, vagy pedig a BA1B1 és BC1B1 szögek 180o-ra egészítik ki egymást. A második eset azonban nem lehetséges, ugyanis akkor a BA1B1C1 négyszög húrnégyszög lenne, ahonnan az A1BC1 szög nagyságára 120o adódna, ellentmondásban azzal a feltevéssel, hogy az A-ból induló magasság metszi a BC oldalt, ami megkívánja, hogy az ABC szög hegyesszög legyen.

A BA1B1 és BC1B1 háromszögek egybevágóságából, valamint abból, hogy a C1 pont az AB szakasz felezőpontja, következik, hogy az ABA1 derékszögű háromszögben BA1=BC1=C1A, tehát az ABA1 szög 60o-os, a BA1C1 háromszög pedig szabályos. Ennélfogva B1C1=C1A1=BC1=C1A, továbbá BC1A1\(\displaystyle angle\)=A1C1B1\(\displaystyle angle\)=60o, tehát a B1C1A szög is 60o és így az AC1B1 háromszög is szabályos. Az ABC háromszögnek tehát B-nél és A-nál lévő szöge is 60o, következésképpen az ABC háromszög is szabályos.


B.3554. Az ABCD paralelogramma átlói az M pontban metszik egymást. Az A, M, B pontokon átmenő kör érinti a BC egyenest. Bizonyítsuk be, hogy a B, M, C pontokon átmenő kör érinti a CD egyenest. (3 pont)

Megoldás: Tekintsük az AMB háromszög köré írt kört. Ebben az AMB és CBA szögek egyaránt az AB húrhoz tartozó kerületi szögek, melyek 180o-ra egészítik ki egymást. Ezért

BMC\(\displaystyle angle\)+DCB\(\displaystyle angle\)=(180o-AMB\(\displaystyle angle\))+(180o-CBA\(\displaystyle angle\))=180o.

Így a BMC háromszög köré írt körben a DCB szög a BC húrhoz tartozó, BMC szöggel szemben fekvő kerületi szög, vagyis a DC egyenes valóban érinti ezt a kört.


B.3555. Egy 2n+1-tagú társaság bármely n-tagú csoportjához van a társaságnak olyan a csoporthoz nem tartozó tagja, aki a csoport minden tagját ismeri. Az ismeretséget kölcsönösnek tételezzük fel. Bizonyítsuk be, hogy a társaságnak van olyan tagja, aki mindenkit ismer. (5 pont)

Megoldás: Tegyük fel, hogy az állítás nem igaz: a társaság minden tagjához talalható olyan tagja a társaságnak, akit az illető nem ismer. Először is azt állítjuk, hogy a társaság tagjait két nem üres csoportba (A és B) lehet osztani úgy, hogy mindenkihez található a másik csoportban olyan ember, akit az illető nem ismer. Valóban, legyen először a és b a társaságnak két olyan tagja, akik nem ismerik egymást, és legyen A1={a}, B1={b}. A társaság tagjainak halmazát X-szel jelölve, tegyük fel, hogy Ai és Bi az X két diszjunkt részhalmaza, amelyekre teljesül, hogy minden x\(\displaystyle in\)Ai esetén van y\(\displaystyle in\)Bi úgy, hogy x nem ismeri y-t, és minden y\(\displaystyle in\)Bi esetén van x\(\displaystyle in\)Ai is úgy, hogy x nem ismeri y-t. Ha Ai\(\displaystyle cup\)Bi=X, akkor készen vagyunk: az A=Ai, B=Bi választás megfelelő. Ellenkező esetben legyen xi\(\displaystyle in\)X\(Ai\(\displaystyle cup\)Bi), és yi olyan tagja a társaságnak, aki xi-t nem ismeri. Ha yi\(\displaystyle in\)Ai, akkor legyen Ai+1=Ai és Bi+1=Bi\(\displaystyle cup\){xi}. Ha yi\(\displaystyle in\)Bi, akkor legyen Ai+1=Ai\(\displaystyle cup\){xi} és Bi+1=Bi. Ha pedig \(\displaystyle y_i\not\in A_i\cup B_i\), akkor legyen Ai+1=Ai\(\displaystyle cup\){xi} és Bi+1=Bi\(\displaystyle cup\){yi}. Bármelyik esetben Ai+1 és Bi+1 diszjunkt részhalmazai X-nek amelyekre teljesül, hogy minden x\(\displaystyle in\)Ai+1 esetén van y\(\displaystyle in\)Bi+1 úgy, hogy x nem ismeri y-t, és minden y\(\displaystyle in\)Bi+1 esetén van x\(\displaystyle in\)Ai+1 is úgy, hogy x nem ismeri y-t. Továbbá Ai\(\displaystyle cup\)Bi valódi részhalmaza Ai+1\(\displaystyle cup\)Bi+1-nek. Ezért lesz olyan i\(\displaystyle ge\)1 index, amelyre Ai\(\displaystyle cup\)Bi=X, amivel állításunkat igazoltuk.

Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy |A|\(\displaystyle le\)|B|, ekkor |A|\(\displaystyle le\)n. Legyen A' olyan n -elemű részhalmaza X-nek, amely tartalmazza A-t. Ekkor \(\displaystyle B'=X\setminus A'\subseteq B\), és ezért B' minden y eleméhez található A-nak (és így A'-nek is) olyan x eleme, hogy x és y nem ismerik egymást. Az A' n-tagú csoporthoz tehát nincs a társaságnak olyan, a csoporthoz nem tartozó tagja, aki a csoport minden tagját ismeri. Ez az ellentmondás mutatja, hogy kiindulási feltevésünk nem lehet helyes, amivel a feladat állítása igazolást nyert.


B.3556. Szerkesszünk háromszöget, ha adott két oldala és a közös csúcsukból induló külső szögfelező. (4 pont)

Megoldás: A szerkeszthetőségnek nyilván szükséges feltétele, hogy a két adott oldal különböző hosszúságú legyen. Tegyük fel, hogy a szerkesztendő ABC háromszögnek a=BC és b=AC oldala adott, ahol a<b. Jelölje a C csúcsból induló belső, illetve külső szögfelező AB egyenessel alkotott metszéspontját F és G, ekkor az A,F,B,G pontok ebben a sorrendben helyezkednek el az AB egyenesen. A szögfelező tétel szerint BF:FA=a:b, így AF=bc/(a+b) és BF=ac/(a+b), ahol c=AB. A C csúcs és az F pont tehát egyaránt az AB szakaszra emelt b:a arányú Apollóniusz-körön helyezkedik el. Mivel az FCG szög derékszög és a G pont illeszkedik ezen kör F-ből induló átmérőjének egyenesére, a G pont éppen a kör AB egyenessel alkotott második metszéspontja. Innen GA:GB=b:a, GA=bc/(b-a), GB=ac/(b-a) következik.

Minthogy a CG=f jelöléssel élve a C csúcs rajta van a GA szakaszhoz tartozó f:b arányú Apollóniusz-körön is, egy, a keresett háromszöghöz hasonló \(\displaystyle A'B'C'\triangle\) a következőképpen szerkeszthető meg. Vegyünk fel egy tetszőleges A'B' szakaszt. Erre a b:a arányú k Apollóniusz-kört megszerkesztve, az az A'B' szakaszon kívül egy G' pontban metszi az A'B' egyenest. Ekkor a G'A' szakasz fölé f:b arányban megszerkesztett Apollóniusz-kör k-val alkotott C' metszéspontjára az \(\displaystyle A'B'C'\triangle\) hasonló a megszerkesztendő ABC háromszöghöz, melyet egy alkalmas nagyítással már könnyen megszerkeszthetünk.

A szerkeszthetőség feltétele, hogy a két Apollóniusz-kör messe egymást, vagyis hogy a GF:FA arány (f:b)-nél kisebb legyen.

\(\displaystyle GF=GB+BF={ac\over b-a}+{ac\over a+b}={2abc\over(b-a)(a+b)}\)

miatt ez az f>bGF/FA vagyis f>2ab/(b-a) feltétellel ekvivalens, melynek teljesülése esetén a megoldás egybevágóság erejéig egyértelmű.


B.3557. Kezdődhet-e egy köbszám tízes számrendszerbeli alakja 2002 darab egyessel? (4 pont)

Megoldás: Általánosabban, megmutatjuk, hogy tetszőleges A pozitív egész számhoz található olyan köbszám, melynek tízes számrendszerbeli alakja éppen az A szám tízes számrendszerbeli alakjával kezdődik. Legyen A számjegyeinek száma k, és tekintsük a köbszámokat 1-től 103k+3=(10k+1)3-ig. Két egymást követő ilyen köbszám különbsége alkalmas 1\(\displaystyle le\)a<10k+1 egész szám segítségével d=(a+1)3-a3 alakban írható fel, ahol

d=3a2+3a+1<3.102k+2+3.10k+1+1<102k+3.

Ezért az [1,103k+3] intervallumban tetszőleges 102k+3 egymást követő egész szám között kell legyen legalább egy eleme az 13,23,...,(10k+1)3 sorozatnak. Mivel A<10k miatt az

A.102k+3,A.102k+3+1,...,(A+1).102k+3-1

számok mindegyike az említett intervallumba esik, ezen számok között is kell, hogy legyen legalább egy köbszám, ennek tízes számrendszerbeli alakja pedig éppen az A szám tízes számrendszerbeli alakjával kezdődik.


B.3558. Van-e olyan nem konstans egész együtthatós polinom, amelyik minden pozitív egész helyen 2-hatvány értéket vesz föl? (4 pont)

OKTV 2002 nyomán

Megoldás: Tegyük fel, hogy p(x)=anxn+...+a1x+a0 ilyen polinom, ahol n\(\displaystyle ge\)1, an\(\displaystyle ne\)0 és a0,a1,...,an-1 is egész számok. Legyen M=|an|+...+|a0|, ekkor x\(\displaystyle ge\)M esetén

\(\displaystyle p(x)\le|p(x)|\le\sum_{i=0}^n|a_i|x^i\le\sum_{i=0}^n|a_i|x^n=Mx^n\le x^{n+1}.\)

Azt állítjuk, hogy ha x\(\displaystyle ge\)2(n+1)2, akkor xn+1\(\displaystyle le\)2x/(n+1). Ha x-et 2N alakban írjuk fel, akkor xn+1=2(n+1)N és 2x/(n+1)=22N/(n+1), ezért az exponenciális függvény monotonitására hivatkozva elég azt belátni, hogy ha N\(\displaystyle ge\)(n+1)2, akkor (n+1)N\(\displaystyle le\)2N/(n+1), vagyis (n+1)2N\(\displaystyle le\)2N. Ehhez pedig n\(\displaystyle ge\)1 miatt elegendő annyit igazolni, hogy ha N\(\displaystyle ge\)4, akkor N2\(\displaystyle le\)2N. Ez következik abból, hogy N=4 esetén N2=2N, N\(\displaystyle ge\)4 esetén pedig az f(n)=N2 függvény deriváltja, 2N kisebb a g(N)=2N függvény ln2.2N deriváltjánál. Ez utóbbi állítás igazolásához pedig csak annyit kell látni, hogy ln2>1/2 miatt N=4 esetén f'(N)<g'(N), N\(\displaystyle ge\)4 esetén pedig az f'(N) függvény deriváltja, 2 kisebb a g'(N) függvény deriváltjánál, ami (ln2)22N.

Összefoglalva megállapíthatjuk, hogy ha x\(\displaystyle ge\)M0=max{M,2(n+1)2}, akkor p(x)\(\displaystyle le\)2x/(n+1). Legyen most T>n(n+1)M0 egész szám. Mivel a p(x) polinom minden x egész helyen kettőhatvány értéket vesz fel, az M0,M0+1,...,T helyeken értéke csakis 20=1,21=2,...,2[T/(n+1)] lehet, vagyis az 1,2,...,T helyeken legfeljebb

\(\displaystyle M_0-1+{T\over n+1}+1<{T\over n(n+1)}+{T\over n+1}={T\over n}\)

különböző értéket vehet fel. Ez azonban ellentmond annak, hogy a polinom minden értéket legfeljebb n-szer vehet fel. Ilyen polinom tehát nem létezik.


B.3559. Adottak a síkon az e1, e2, ..., en egyenesek. Az e1 egyenes egy tetszőleges P1 pontjából merőlegest bocsátunk az e2-re, ennek talppontja P2. Ezután a P2-ből e3-ra bocsátott merőleges talppontja P3, és így tovább, végül az en egyenesen kapott Pn pontból az e1-re bocsátott merőleges talppontja Pn+1. Bizonyítsuk be, hogy az e1 egyenesnek van olyan P1 pontja, hogy az így kapott Pn+1 egybeesik P1-gyel. (4 pont)

Megoldás: Ha az összes egyenes párhuzamos, akkor az állítás nyilvánvaló. Ellenkező esetben tekintsünk egy kört, melynek O középpontja az e1 egyenesre esik és amely belsejében tartalmazza az egyenesek valamennyi metszéspontját; ez a kör tehát metszi az összes egyenest. Legyen e kör sugara R és vezessük be az en+1=e1 jelölést is. Jelölje az ei és ei+1 egyenesek hajlásszögét \(\displaystyle alpha\)i és legyen ti a Pi pont O-tól vett távolsága. Állítjuk, hogy i=1,2,...,n esetén ti+1<ticos\(\displaystyle alpha\)i+2R.

Valóban, ha az ei és ei+1 egyenesek a Qi pontban metszik egymást, akkor

ti+1\(\displaystyle le\)QiPi+1+OQi=QiPicos\(\displaystyle alpha\)i+OQi\(\displaystyle le\)(OPi+OQi)cos\(\displaystyle alpha\)i+OQi=

=ticos\(\displaystyle alpha\)i+OQi(1+cos\(\displaystyle alpha\)i)<ticos\(\displaystyle alpha\)i+2R.

Ha pedig a két egyenes párhuzamos, akkor O-hoz legközelebbi pontjukat (mely a körön belül van) Qi'-vel, illetve Qi''-vel jelölve

ti+1\(\displaystyle le\)Qi''Pi+1+OQi''=Qi'Pi+OQi''\(\displaystyle le\)OPi+OQi'+OQi''<ti+2R.

Így indukcióval könnyen ellenőrizhető, hogy

ti\(\displaystyle le\)t1cos\(\displaystyle alpha\)1...cos\(\displaystyle alpha\)i-1+(i-1)2R,

vagyis OPn+1\(\displaystyle le\)lambdaOP1+2nR, ahol 0lelambda=cosalpha1...cosalphan<1. Ezért ha OP1>2nR/(1-lambda), akkor OPn+1<OP1.

Vegyünk fel most egy koordinátarendszert, melynek középpontja O, egyik tengelye pedig e1. Egy x valós számra legyen P1=P1(x) az e1 egyenesnek azon pontja, melynek első koordinátája x, és legyen x' az ehhez tartozó Pn+1=Pn+1(x) pont első koordinátája. Az f(x)=x-x' függvény folytonos a valós számegyenesen, továbbá f(x)>0, ha x>2nR/(1-lambda) és f(x)<0, ha x<2nR/(1-lambda). Van tehát olyan x valós szám, melyre f(x)=0, az ehhez tartozó P1=P1(x) pont megfelelő lesz.


B.3560. Bizonyítsuk be, hogy bárhogyan is hagyunk el az első 2002 pozitív egész szám közül 89 darabot, a megmaradó számok között van 20 olyan, amelyeknek az összege is a megmaradt számok között van. (5 pont)

Megoldás: Először is jegyezzük meg, hogy 20 darab 109-nél nem nagyobb pozitív egész szám összege legalább 1+2+...+20>109, de legfeljebb 90+91+...+109<2002. Tegyük fel, hogy az első 109 pozitív egész szám közül 89-k darabot hagytunk el, a 110 és 2002 közé eső számok közül pedig k darabot (0lekle89). Ha k=0, akkor az első 109 szám közül még megmaradt 20, melyek összege 110 és 2002 közé esik, és így szerepel a megmaradt számok között. Ha 1lekle4, akkor az első 101 szám közül legalább 21 megmaradt. 21 megmaradt számból egy-egy elhagyásával 21 különböző 20-tagú összeget készíthetünk, melyek mindegyike 110 és 2002 közé esik. Ezen összegek közül tehát legalább 21-kge17 szerepel a megmaradt számok között.

Végül ha kge5, akkor az első 109 számból megmaradt legalább 25, legyen a1<a2<...<a25 ezek közül 25. Azt állítjuk, hogy e számokból legalább 101 különböző 20-tagú összeget készíthetük. Valóban, induljunk ki az a1+...+a19+a20 összegből. Az utolsó tag helyére rendre a21-et, ..., a25-öt írva egyre nagyobb összegeket kapunk:

a1+...+a19+a20<a1+...+a19+a21<...<a1+...+a19+a25.

Ez eddig 6 különböző összeg. Növeljük ezek után a19-et 5 lépésben a24-re:

a1+...+a18+a19+a25<a1+...+a18+a20+a25<...<a1+...+a18+a24+a25,

ez 5 újabb összeget eredményez. Az eljárást az a18,a17,...,a1 összeadandókkal is elvégezve végül 20-tagú összegek 101 elemű szigorúan növő sorozatához jutunk. Minden ilyen összeg 110 és 2002 közé fog esni, ahonnan csak kle89 számot hagytunk el, közülük tehát legalább 101-89=12 kell, hogy szerepeljen a megmaradt számok között.


B.3561. Egy konvex poliéder minden csúcsából pontosan három él indul ki. Egy lap kivételével a poliéder minden lapjáról tudjuk, hogy van körülírt köre. Bizonyítsuk be, hogy ekkor a poliéder valamennyi lapjának van körülírt köre. (5 pont)

Megoldás: Legyen K a poliéder azon lapja, amelyről még nem tudjuk, hogy van-e körülírt köre, S pedig a K-ra illeszkedő sík. Tekintsük P-nek S-től legtávolabb eső csúcsait, legyen ezek száma k. Ha k=1, akkor jelölje az egyetlen ilyen csúcsot V1. Ha k=2, akkor ezeket a csúcsokat egy él köti össze; a két csúcsot jelölje V1 és V2. A kge3 eset pedig pontosan akkor fordul elő, ha P-nek van egy K-val párhuzamos K' lapja, melynek csúcsait valamely körüljárás szerint jelölje V1,V2,...,Vk. A poliéder csúcsai ezek után legyenek V1,V2,...,Vn, ahol 1lei<jlen esetén teljesül, hogy Vi legalább olyan távol van S-től, mint Vj.

P minden K-tól különböző lapjának jelöljük ki a legkisebb indexű csúcsát, legyen ez phi(L). Ekkor L minden csúcsa legfeljebb olyan távol van S-től, mint phi(L). Vizsgáljuk meg, hogyan lehet két különböző L,L' lapra phi(L)=phi(L'). Ha phi(L)=phi(L')=V, akkor a V-ből induló 3 él, melyek közül az egyik az L és az L' lapnak is éle, végig az S sík és az azzal párhuzamos, V-re illeszkedő sík között halad; P konvex volta miatt tehát P minden csúcsa e két sík között helyezkedik el, vagyis V=Vi valamely 1leilek esetén. Innen pedig már könnyen belátható, hogy ekkor szükségképpen V=V1.

Legyen most L1,L2,...,Lm a poliéder K-tól különböző lapjainak sorbarendezése úgy, hogy ha i<j, phi(Li)=Valpha és phi(Lj)=Vbeta, akkor alphalebeta. Ekkor L1, L2, L3 éppen a V1 csúcsot tartalmazó 3 lap, a többi lap sorrendje pedig már egyértelmű, és az is igaz, hogy i<j esetén az Li lap S-től legtávolabb fekvő csúcsa legalább olyan messze van S-től, mint az Lj lap megfelelő csúcsa.

Jelöljük Oi-vel az Li lap köré írt kör középpontját, Ei-vel pedig az Li síkjára merőleges, Oi-n áthaladó egyenest; ez azon pontok mértani helye, melyektől az Li lap minden csúcsa ugyanolyan távol van. Ebből adódik, hogy ha az Li,Lj,Ll lapoknak van egy közös csúcsa, akkor az Ei,Ej,El egyenesek egy ponton mennek át. Legyen tehát O az E1,E2,E3 egyenesek metszéspontja, G pedig az O középpontú, V1-en áthaladó gömb. Az alábbiakban megmutatjuk, hogy minden 1leilem esetén Ei áthalad O-n és az Li lap minden csúcsa illeszkedik G-re. Ebből ugyanis már következik, hogy P minden csúcsa a G gömbön helyezkedik el, és így a K lapnak is van körülí rt köre, nevezetsen az S sík G-vel alkotott metszete.

Az állítás i=1,2,3 esetén igaz. Tegyük fel tehát, hogy 3<jlem, és az állítást i<j esetén már igazoltuk. Legyen phi(Lj)=Vgamma, és Ls,Lt,Lj a P-nek Vgamma-ra illeszkedő lapjai. Ha phi(Ls)=Valpha és phi(Lt)=Vbeta, akkor phi definíciója és a lapok sorbarendezése alapján megállapíthatjuk, hogy alpha,betalegamma, sőt gammane1 miatt alpha,beta<gamma is igaz. Ezért s,t<j, és így az indukciós feltevés alapján az Es,Et egyenesek O-ban metszik egymást, a Vgamma csúcs pedig G-n helyezkedik el. Mivel ez a csúcs az Ls,Lt és Lj lapoknak is csúcsa, az Es,Et,Ej egyenesek egy ponton mennek át, ami nem lehet más, mint O. Ezért Lj minden csúcsa ugyanolyan távol van O-tól, mint Vgamma, tehát illeszkedik G-re. Vagyis az állítás i=j esetén is teljesül, amivel az indukciós lépés helyességét igazoltuk, a bizonyítást befejeztük.

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley