Úton-módon 3.

Egy feladat és ami róla az eszembe jutott…

A júniusi számban egy olyan algebra feladatot járunk körbe, amely sokféle témakör között teremt kapcsolatot. Bár leggyakrabban a teljes indukció tanítása során találkozunk vele, ismert algebrai átalakításokat felhasználó megoldása is, megközelíthetjük kombinatorikai eszközökkel és rekurzióval is. Cikkemben ezekre a módszerekre több változatot is be fogok mutatni. A feladat többek között a KöMaL 2020. márciusi számában is megjelent a „Gyakorló feladatsor emelt szintű matematika érettségire” cikkben.

A feladat

Bizonyítsuk be, hogy \( 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) = \dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}\); ahol \( n\in\mathbb{N}^+\).

Használt összefüggések

A feladat megoldása során a következő ismert algebrai összefüggéseket használom: \[\displaystyle \begin{gather} 1+2+3+\ldots+n=\dfrac{n(n+1)}{2},\\ 1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},\\ 1^2+3^2+5^2+\ldots+(2n-1)^2=\dfrac{n(4n^2-1)}{3}^2. \end{gather} \]

1. megoldás. Bontsuk fel a \( k\cdot (k+1)\) kifejezést, \[\displaystyle k\cdot (k+1)=k^2+k\] alakba és használjuk ezt fel a bal oldal összegezésére! \[\displaystyle \begin{gather} 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =\\ =1\cdot (1+1)+2\cdot (2+1)+\ldots+n\cdot (n+1) =\\ =\left(1^2+1\right) +\left(2^2+2\right) +\ldots+\left(n^2+n\right)=\\ =\left(1^2+2^2+\ldots+n^2\right)+\left(1+2+\ldots+n\right)=\\ =\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac{n(n+1)}{2} \cdot \left[\dfrac{2n+1}{3}+1\right]=\\ =\dfrac{n(n+1)}{2} \cdot \dfrac{2n+4}{3}=\dfrac{n(n+1)}{2} \cdot \dfrac{2\left(n+2\right)}{3}=\\ =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}. \end{gather} \]

2. megoldás. Bontsuk fel ismét a \( k\cdot (k+1)\) kifejezést, de most a \[\displaystyle k \cdot (k+1)=[(k+1)-1]\cdot (k+1) =(k+1)^2-(k+1)\] alakba és használjuk ezt fel a bal oldal összegezésére! \[\displaystyle \begin{gather} 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =\\ =(2-1)\cdot 2+(3-1)\cdot 3+\ldots+[(n+1)-1]\cdot (n+1) =\\ =\left(2^2-2\right) +\left(3^2-3\right) +\ldots+\left((n+1)^2-(n+1)\right)=\\ =\left(2^2+3^2+\ldots+(n+1)^2\right)-\left(2+3+\ldots+(n+1)\right)=\\ =\left(1^2+2^2+3^2+\ldots+(n+1)^2\right)-\left(1+2+3+\ldots+(n+1)\right)=\\ =\dfrac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}-\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}=\dfrac{(n+1)(n+2)}{2} \cdot \left[\dfrac{2n+3}{3}-1\right]=\\ =\dfrac{(n+1)(n+2)}{2} \cdot \dfrac{2n}{3}=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}. \end{gather} \]

3. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a \( k\cdot (k+1)\) kifejezés adja. Ezt a kifejezést én már láttam, méghozzá a \( (2k+1)^2\)-ben: \[\displaystyle (2k+1)^2=4k^2+4k+1=4\cdot k \cdot (k+1)+1.\]

Tehát \[\displaystyle k \cdot (k+1) = \dfrac{(2k+1)^2-1}{4}.\]

Alkalmazva \[\displaystyle \begin{gather} 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =\\ =\dfrac{3^2-1}{4}+\dfrac{5^2-1}{4}+\ldots+\dfrac{(2n+1)^2-1}{4}=\\ =\dfrac{3^2+5^2+\ldots + (2n+1)^2}{4}-\dfrac{n}{4}=\\ =\dfrac{1^2+3^2+5^2+\ldots + (2n+1)^2}{4}-\dfrac{n+1}{4}=\\ =\dfrac{(n+1)\dfrac{4n^2+8n+3}{3}}{4}-\dfrac{n+1}{4}=\dfrac{(n+1)(4n^2+8n+3)}{12}-\dfrac{n+1}{4}=\\ =\dfrac{(n+1)(4n^2+8n+3)}{12}-\left[\dfrac{3(n+1)}{12}\right]=\\ =\dfrac{n+1}{ 4}\cdot\dfrac{4n^2+8n}{3}=\dfrac{n+1}{ 4}\cdot\dfrac{4n(n+2)}{3} =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}. \end{gather} \]

4. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a \( k\cdot (k+1)\) kifejezés adja. Ezt a kifejezést én már láttam, méghozzá a \( (k+1)^3\)-ben: \[\displaystyle (k+1)^3=k^3+3k^2+3k+1=k^3+1+3\left[k(k+1)\right].\]

Tehát \[\displaystyle k \cdot (k+1)=\dfrac{(k+1)^3-k^3-1}{3}.\]

Alkalmazva \[\displaystyle \begin{gather} 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+n\cdot (n+1) =\\ =\dfrac{2^3-1^3-1}{3}+\dfrac{3^3-2^3-1}{3}+\ldots+\dfrac{(n+1)^3-n^3-1}{3}=\\ =\dfrac{2^3+3^3+\ldots+(n+1)^3}{3}-\dfrac{1^3+2^3+\ldots+n^3}{3}-\dfrac{n}{3}=\\ =\dfrac{(n+1)^3-1^3-n}{3}=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{3}=\dfrac{n(n^2+3n+2)}{3}=\\ =\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}. \end{gather} \]

5. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét a \( k\cdot (k+1)\) kifejezés adja. Itt két egymás utáni szám van összeszorozva, de az ezen számok előtti és utáni két szám különbsége \( 3\), azaz \( (k+2)-(k-1)=3\). Használjuk ezt: \[\displaystyle \begin{align} k\cdot (k+1)&=\dfrac{3k\cdot (k+1)}{3}=\dfrac{\left[(k+2)-(k-1)\right]k\cdot (k+1)}{3}=\\ &=\dfrac{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)}{3}-\dfrac{(k-1)\cdot k\cdot (k+1)}{3} \end{align} \]

Ezt az azonosságot alkalmazzuk \( n\)-től \( 2\)-ig: \[\displaystyle \begin{align} n\cdot (n+1)& =\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}-\dfrac{(n-1)\cdot n\cdot (n+1)}{3},\\ (n-1)\cdot n&=\dfrac{(n-1)\cdot n\cdot (n+1)}{3}-\dfrac{(n-2)\cdot (n-1)\cdot n}{3},\\ (n-2)\cdot (n-1)&=\dfrac{(n-2)\cdot (n-1)\cdot n}{3}-\dfrac{(n-3)\cdot (n-2)\cdot (n-1)}{3},\\ &~\ \vdots\\ 3\cdot 4&= \dfrac{3\cdot 4\cdot 5}{3}-\dfrac{2\cdot 3\cdot 4}{3},\\ 2\cdot 3&= \dfrac{2\cdot 3\cdot 4}{3}-\dfrac{1\cdot 2\cdot 3}{3},\\ 1\cdot 2&= \dfrac{1\cdot 2\cdot 3}{3}-\dfrac{0\cdot 1\cdot 2}{3}. \end{align} \]

Összeadva a felírt egyenleteket, a jobb oldalon két kifejezés kivételével minden kétszer szerepel, a két kifejezés egymás ellentettje, ezért kapjuk: \[\displaystyle \begin{gather} 1\cdot 2+2\cdot 3 +\ldots +n\cdot (n+1)=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}-\dfrac{0\cdot 1\cdot 2}{3},\\ 1\cdot 2+2\cdot 3 +\ldots +n\cdot (n+1)=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}. \end{gather}\]

6. megoldás. Az ötletet a megoldáshoz ismét egy kifejezés, a \( k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2)\) adja. Ezek a bal oldal egymás utáni két tagja. \[\displaystyle k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2)=(k+1)\cdot\left[k+(k+2)\right]=2\cdot (k+1)^2.\]

Induljunk ki a bal oldalból, legyen \( n=2k\) és párosítsunk: \[\displaystyle \begin{gather} 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+4\cdot 5+\ldots+(n-1)\cdot n+n\cdot (n+1) =\\ =\underbrace{1\cdot 2+2\cdot 3}+\underbrace{3\cdot 4+4\cdot 5} +\ldots+\underbrace{(2k-1)\cdot 2k+2k\cdot (2k+1)} =\\ =8\cdot 1^2+8\cdot 2^2+\ldots + 8\cdot k^2=8\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}= 4\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{3}=\\ =\dfrac{2k(2k+2)(2k+1)}{3}=\dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}. \end{gather} \]

Legyen most \( n=2k+1\), ekkor \[\displaystyle \begin{gather} 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+4\cdot 5+\ldots+(n-1)\cdot n+n\cdot (n+1) =\\ =\underbrace{1\cdot 2+2\cdot 3}+\underbrace{3\cdot 4+4\cdot 5} +\ldots+\underbrace{(2k-1)\cdot 2k+2k\cdot (2k+1)}+(2k+1)\cdot (2k+2) =\\ =8\cdot 1^2+8\cdot 2^2+\ldots + 8\cdot k^2 +(2k+1)\cdot (2k+2)=\\ =8\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{6}+(2k+1)\cdot (2k+2)=\\ = 4\cdot \dfrac{k(k+1)(2k+1)}{3}+(2k+1)\cdot (2k+2)=\\ =\dfrac{2k(2k+2)(2k+1)}{3}+(2k+1)\cdot (2k+2)=\\ =(2k+1)\cdot (2k+2)\cdot\left[\dfrac{2k}{3}+1\right]=\\ =\dfrac{(2k+1)(2k+2)(2k+3)}{3}= \dfrac{n\cdot (n+1)\cdot (n+2)}{3}. \end{gather} \]

7. megoldás. Ennyi algebra megoldás után nézzünk most valami mást!

Tekintsük a következő feladatot:

Adott \( n+2\) különböző magasságú diák, közülük 3 diákot választunk ki. Hányféleképpen tudjuk ezt megtenni?

Adunk rá 2 megoldást.

I. megoldás

Mivel a diákok különbözőek, kiválasztási sorrendjük nem érdekes, 1 diák csak egyszer választható ki, ezért ez egy ismétlés nélküli kombinációs feladat, aminek a megoldása \[\displaystyle \dbinom{n+2}{3}.\]

II. megoldás

Állítsuk a diákokat magassági sorrendbe.

A legkisebb diákot tekintve 2 eset van, vagy szerepel a kiválasztottak között, – ez \( \dbinom{n+1}{2}\) eset – vagy nem.

Ha a legkisebb nem szerepel a kiválasztottak között, akkor vegyük a második legkisebbet. Az ő szemszögéből is most két eset van, vagy szerepel, – ez \( \dbinom{n}{2}\) eset – vagy nem.
és így tovább az utolsó 3 diákig, azaz \( \dbinom{2}{2}\)-ig.

Tehát a lehetséges kiválasztások száma \[\displaystyle \dbinom{2}{2}+\dbinom{3}{2}+\dbinom{4}{2}+\ldots+\dbinom{n+1}{2}.\]

Két megoldást is adtunk a feladatra, a végeredmény ugyanaz: \[\displaystyle \begin{align} \dbinom{2}{2}+\dbinom{3}{2}+\dbinom{4}{2}+\ldots+\dbinom{n+1}{2}&=\dbinom{n+2}{3},\\ \dfrac{2!}{2!\cdot 0!}+\dfrac{3!}{2!\cdot 1!}+\dfrac{4!}{2!\cdot 2!} +\ldots +\dfrac{(n+1)!}{2!\cdot (n-1)!}&=\dfrac{(n+2)!}{3!\cdot (n-1)!},\\ 1+\dfrac{2\cdot 3}{2}+\dfrac{3\cdot 4}{2} +\ldots +\dfrac{n(n+1)}{2}&=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{2\cdot 3},\\ 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\ldots +n(n+1)&=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}. \end{align} \]

8. megoldás. Ismét egy kombinatorikus megoldást adunk.

Tekintsük a következő feladatot, amit a 7. megoldásánál is néztünk:

Adott \( n+2\) különböző magasságú diák, közülük 3 diákot választunk ki. Hányféleképpen tudjuk ezt megtenni?

A feladat megoldása.

Mivel a diákok különbözőek, kiválasztási sorrendjük nem érdekes, 1 diák csak egyszer választható ki, ezért ez egy ismétlés nélküli kombinációs feladat, aminek a megoldása \[\displaystyle \dbinom{n+2}{3}.\]

Alakítsuk át kifejezésünket, közben használjuk a binomiális együtthatókra igaz képzési szabályt, \[\displaystyle \dbinom{n+1}{k}=\dbinom{n}{k-1}+\dbinom{n}{k}.\]

Kiindulunk a kapott végeredményből és a szabályt használva alakítunk: \[\displaystyle \begin{align} \dbinom{n+2}{3}&=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n+1}{3}=\\ &=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n}{3}\\ &=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\dbinom{n-1}{3}\\ &=\ldots\\ &=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\ldots+\dbinom{4}{2}+ \dbinom{3}{2}+ \dbinom{3}{3}=\\ &=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\ldots+\dbinom{4}{2}+ \dbinom{3}{2}+ \dbinom{2}{2}. \end{align} \]

Azaz kaptuk, hogy \[\displaystyle \dbinom{n+2}{3}=\dbinom{n+1}{2}+\dbinom{n}{2}+\dbinom{n-1}{2}+\ldots+\dbinom{4}{2}+ \dbinom{3}{2}+ \dbinom{2}{2}.\]

Most alakítsuk a kapott azonosságot a 7. megoldáshoz hasonlóan! \[\displaystyle \begin{align} \dbinom{2}{2}+\dbinom{3}{2}+\dbinom{4}{2}+\ldots+\dbinom{n+1}{2}&=\dbinom{n+2}{3}\\ \dfrac{2!}{2!\cdot 0!}+\dfrac{3!}{2!\cdot 1!}+\dfrac{4!}{2!\cdot 2!} +\ldots +\dfrac{(n+1)!}{2!\cdot (n-1)!}&=\dfrac{(n+2)!}{3!\cdot (n-1)!}\\ 1+\dfrac{2\cdot 3}{2}+\dfrac{3\cdot 4}{2} +\ldots +\dfrac{n(n+1)}{2}&=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{2\cdot 3}\\ 1\cdot 2+2\cdot 3+3\cdot 4+\ldots +n(n+1)&=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}. \end{align} \]

9. megoldás. A megoldás a „szokásos”. Teljes indukcióval bizonyítunk!

I. eset

Nézzük meg, hogy teljesül-e a bizonyítandó állítás \( n=1\) esetre:

A vizsgált esetre teljesül az állítás.

II. eset

Tegyük fel, hogy \( n=k\)-ra tejesül, hogy \[\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1) = \dfrac{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)}{3}\]

III. eset

Nézzük az \( n=k+1\) esetet, induljunk ki a bizonyítandó állítás bal oldalából: \[\displaystyle \begin{align} 1\cdot 2&+2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2) =\\ &=\dfrac{k\cdot (k+1)\cdot (k+2)}{3}+(k+1)\cdot (k+2)=\\ &=(k+1)(k+2)\left(\dfrac{k}{3}+1\right)=(k+1)(k+2)\dfrac{k+3}{3}=\\ &=\dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3}. \end{align} \]

Azaz \[\displaystyle 1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots+k\cdot (k+1)+(k+1)\cdot (k+2) =\dfrac{(k+1)(k+2)(k+3)}{3},\] és ezt akartuk kapni, tehát a bizonyítás kész.

10. megoldás. És végül nézzünk most egy „kemény” megoldást, kezeljük a feladatot rekurzív módon. Legyen \[\displaystyle f_n=1\cdot 2+2\cdot 3+\ldots + n\cdot (n+1)\] egy sorozat eleme. Ekkor rekurzív módon megfogalmazva a feladatot: \[\displaystyle f_1=1\cdot 2=2;\qquad f_n=f_{n-1}+n\cdot (n+1);\ n\ge 2.\]

Átírva a sorozatot: \[\displaystyle f_1=1\cdot 2=2;\qquad n\cdot \dfrac{f_n}{n}=(n-1)\cdot \dfrac{f_{n-1}}{n-1}+n\cdot (n+1);\ n\ge 2.\]

Vezessünk be új sorozatot: \( g_n=\dfrac{f_n}{n}\). Ekkor a keresett sorozat \[\displaystyle g_1=2;\qquad n\cdot g_n=(n-1)\cdot g_{n-1}+n\cdot (n+1).\]

A \( g_n\) sorozatot keressük \( h_n+an^2+bn+c\) alakban. \[\displaystyle \begin{align} g_1&=h_1+a+b+c,\\ g_n&=h_n+an^2+bn+c,\\ g_{n-1}&=h_{n-1}+a(n-1)^2+b(n-1)+c. \end{align} \]

Ezt használva, \[\displaystyle \begin{align} n\cdot g_n&=(n-1)\cdot g_{n-1}+n\cdot (n+1),\\ n\cdot \left[h_n+an^2+bn+c\right]&=(n-1)\cdot \left[h_{n-1}+a(n-1)^2+b(n-1)+c \right]+n\cdot (n+1), \end{align} \] rendezve \[\displaystyle n\cdot h_n=(n-1)\cdot h_{n-1}+ \underbrace{ n^2(1-3a)+n(1+3a-2b)+(-a+b-c)}.\]

Ha úgy választjuk meg \( a\), \( b\) és \( c\) értékét, hogy a megjelölt kifejezés nulla minden \( n\) értékére, akkor egyszrű lesz a helyettesítés \( h_n\) sorozatra. Mivel a kifejetés másodfokú, ezért ez csak akkor lesz minden értékre nulla, ha az együtthatói nullák, azaz \[\displaystyle \begin{cases} 1-3a=0\\ 1+3a-2b=0\\ -a+b-c=0 \end{cases} \qquad \Rightarrow \qquad a=\dfrac{1}{3};\ b=1;\ c=\dfrac{2}{3},\] \[\displaystyle g_n=h_n+\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3}.\]

Tehát a \( h_n\) sorozatra \[\displaystyle h_1:=0;\qquad n\cdot h_n=(n-1)\cdot h_{n-1}.\]

A képzési szabályt felírva: \[\displaystyle \begin{align} n\cdot h_n&=(n-1)\cdot h_{n-1},\\ (n-1)\cdot h_{n-1}&=(n-2)\cdot h_{n-2},\\ &~\ \vdots\\ 3\cdot h_3&=2\cdot h_2,\\ 2\cdot h_2&=1\cdot h_1=0. \end{align} \]

Visszafelé követve az egyenleteket adódik, hogy \[\displaystyle \begin{gather} n\cdot h_n=0;\qquad \Rightarrow \qquad h_n=0,\\ g_n=h_n+an^2+bn+c=0+\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3},\\ \dfrac{f_n}{n}=g_n=\dfrac{1}{3}n^2+n+\dfrac{2}{3},\\ f_n=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{3}=\dfrac{n(n+1)(n+2)}{3}. \end{gather} \]

Visszacsatolás

Az Úton-módon 1. cikkében levő feladattal kapcsolatban többen is jelezték, hogy az már kitűzésre került a Matematika Tanítása folyóiratban és az 1986 évi 4. számban jelentek is meg megoldások. Az ott szereplő 4 megoldás közül most Róka Sándor megoldását ismertetem az eredeti leírással. Róka Sándor bemutatása – úgy gondolom – nem szükséges, ismeretterjesztő matematikakönyveiről közismert.

Emlékeztetőül a feladat: Az \( ABC\) háromszögben \( AB=AC\) és \( CAB\sphericalangle=100^\circ\). Az \( AB\) oldal \( B\)-n túli meghosszabbításán vegyük fel a \( D\) pontot úgy, hogy \( AD=BC\) teljesüljön. Számítsuk ki az \( ADC\sphericalangle\) nagyságát.

Róka Sándor megoldása

Emeljünk az \( AC\) oldalra kifelé \( ACE\) szabályos háromszöget.

Az \( ADC\triangle\) egybevágó a \( BCE\triangle\)-gel, mert \( BC=AD\), \( CE=AC\) és \( BCE \sphericalangle=CAD\sphericalangle = 100^\circ\). Mivel \( BAE\triangle\) egyenlő szárú és szárszöge \( 160^\circ\), így \( AEB\sphericalangle=10^\circ\), tehát \( BEC\sphericalangle=50^\circ\) és \( CDA\sphericalangle = EBC\sphericalangle=30^\circ\). A  \( BCD\triangle\) szögei tehát: \( 140^\circ\), \( 30^\circ\) és \( 10^\circ\).

Az Úton-módon 2. cikkében levő feladattal kapcsolatban is érkezett visszajelzés. A  levélíró Laborczi Zoltán, aki a Győri Révai Miklós Gimnáziumban érettségizett 1967-ben és azon évben az IMO csapatnak is tagja volt IV. osztályosként és III. díjat nyert. Most matematikus, nyugdíjas informatikus.

Emlékeztetőül a feladat: Az \( ABC\) szabályos háromszög \( AB\) oldalának felezőpontja \( F\). A \( CF\) szakasz azon belső pontja a \( D\) pont, amelyre az \( ADB\) szög 90 fokos. A \( CF\) szakasz azon belső pontja az \( E\) pont, amelyre a \( CD\) és a \( DE\) szakaszok hossza egyenlő. Hány fokos az \( AEB\) szög?

Laborczi Zoltán megoldása

A 4. megoldáshoz hasonlóan tükrözzük az \( ABC\) háromszöget a \( D\) pontra.

Ekkor a \( C\) tükörképe \( E\). Az így kapott \( ABA’B’\) négyszög négyzet, hiszen átlói merőlegesek és egyenlő hosszúak. Az \( ABC\) szabályos háromszög tükörképe az \( A’B’E\) háromszög, szintén szabályos. Az \( AB’E\) háromszög egyenlő szárú, amelyben az \[\displaystyle AB’E\sphericalangle = AB’A’\sphericalangle – EB’A’\sphericalangle = 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ,\] így a háromszög alapszögei \( 75^\circ\)-osak, tehát \[\displaystyle AEB’\sphericalangle = 75^\circ.\]

Az \( E\) pontnál lévő szögek összege \( 360^\circ\), így a keresett szög: \[\displaystyle AEB\sphericalangle = 360^\circ – AEB’\sphericalangle – BEA’\sphericalangle – B’EA’\sphericalangle = 360^\circ – 2 \cdot 75^\circ – 60^\circ = 150^\circ.\]

Zárszó

Kedves Olvasó! Ha egy másik „szép” megoldást talál, kérem, küldje el nekem a szolda@fazekas.hu e-mail címre. Ezeket az újabb megoldásokat összegyűjtve időnként (terveim szerint) szintén megmutatnám.

Szoldatics József