Kezdőlap


Feladat:	F.1789	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1972/április, 154 - 156. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenség-rendszerek, Kombinatorikus geometria, Lefedések, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/október: F.1789

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Gondoljuk, hogy lemezünk vastagsága 1 mm, hogy ilyenből már vágtunk ki sok 5 cm átmérőjű körlemezt és most az a feladatunk, hogy ezekből minél többet rakjunk bele egy $100 \times 9 \times 0, 1 cm$ méretű (mondjuk, átlátszó anyagból készült) dobozba, ennek $9 \times 0, 1 cm$ méretű oldalnyílásán át. Ez nyilvánvalóan ekvivalens feladat az eredetivel. ‐ Állítsuk a dobozt függőlegesen úgy, hogy a nyílás legyen a fedőlap, így kézenfekvő ezt mondani: a nehézségi erő biztosítja, hogy az egymás után becsúsztatott lemezek a lehető legmélyebben és együttvéve legsűrűbben helyezkedjenek el.

Az elsőnek betett

K_{1}

lemez

O_{1}

középpontja

2, 5 cm

magasan lesz az alap fölött. A következő

K_{2}

lemez

O_{2}

középpontja

K_{1}

miatt valahol az

O_{1}

körüli 5 cm sugarú körön lesz, de

O_{1}

-nél magasabban ‐ mert 2 lemez nem fér el úgy, hogy középpontjuk egyenlő magasan legyen ‐, és akkor jut legmélyebbre

O_{2}

, ha

K_{2}

K_{1}

-et nekitolja valamelyik oldalfalnak (I), maga pedig a másik oldalfalhoz (II) támaszkodik. Ekkor az

O_{1} O_{2}

centrális vízszintes vetülete

9 - 2 \cdot 2, 5 = 4 cm

O_{1}

és

O_{2}

magasságkülönbsége Pitagorasz tétele alapján

3 cm

, tehát

K_{1}

legmagasabb pontja 5 cm,

K_{2}

-é 8 cm magasságban van az alap fölött.

Könnyű belátni, hogy bármelyik

K_{i}

lemez

O_{i}

középpontja a hozzá közelebbi oldalfaltól legalább

2, 5 cm

távolságra van, és így az

O_{i}

középpontok annak a síksávnak a belsejében vagy a határán vannak, melyet a doboz középmetszet‐téglalapjában a hosszú oldalaktól

2, 5 cm

távolságban húzott párhuzamosok határolnak; távolságuk a már mondott 4 cm.

Beejtve

K_{3}

-at, ez nem érintheti

K_{1}

-et, mert ehhez

K_{2}

-t is érintenie kellene, márpedig az

O_{1} O_{2} O_{3}

szabályos háromszög legkisebb szélessége (annak a párhuzamos egyenespárnak a távolsága, melyek közé a háromszög beilleszthető)

2, 5 \sqrt[]{3} = 4, 33 cm > 4 cm

. Így

K_{3}

legmélyebb helyzetét

K_{2}

és az I. oldalfal ugyanúgy határozza meg, mint

K_{2}

-ét

K_{1}

és a II. oldalfal.

Tovább haladva,

n

lemez bedobása és legmélyebb elhelyezkedése után a lemezrendszer legmagasabb pontja

5 + (n - 1) \cdot 3 = 3 n + 2 cm

magasan lesz az alap fölött.

n

csak addig növelhető, míg ez nem lépi túl a 100-at:

3 n + 2 \leq 100

, és innen a legnagyobb értéke 32. Látható, hogy ez meg is valósítható.

Megjegyzés. A fenti megoldás szemléletes, gyakorlati meggondolásra fordította át a "legföljebb hány db'' kérdését. A következő szép megoldás kizárólag matematikai eszközöket használ, tanulságos benne az egyenlőtlenségek kezelése.

II. megoldás. a) Legyen

S

egy tetszőleges szabásterv, azaz legyen

S

az adott téglalapon elhelyezett, egymásba nem nyúló körök halmaza, és legyen

S_{0}

S

-beli körök középpontjainak a halmaza. Helyezzük lemezünket egy koordináta‐rendszerbe úgy, hogy egyik csúcsa az origóba kerüljön, az ebből kiinduló oldalak a koordináta‐tengelyek pozitív irányú félegyeneseire kerüljenek, a 100 cm-es oldal az

x

tengelyre. Az

S_{0}

-beli középpontok

(x, y)

koordinátáira

\begin{matrix} 2, 5 \leq x \leq 97, 5, & (1) \\ 2, 5 \leq y \leq 6, 5 & (2) \end{matrix}

teljesül, hiszen az

S

-beli körök a téglalapban vannak; továbbá két tetszőleges

S_{0}

-beli

(x', y')

(x'', y'')

középpontra

\begin{matrix} {(x' - x'')}^{2} + {(y' - y'')}^{2} \geq 25 \end{matrix}

(3)

teljesül, hiszen as

S

-beli körök nem nyúlnak egymásba.
Két tetszőleges

S_{0}

-beli pont ordinátájának a különbsége (2) alapján legfeljebb

6, 5 - 2, 5 = 4

, azaz

\begin{matrix} | y' - y'' | \leq 4. \end{matrix}

(4)

Ebből és (3)-ból következik, hogy

\begin{matrix} {(x' - x'')}^{2} \geq 25 - 16 = 9, \\ | x' - x'' | \geq 3, & (5) \end{matrix}

azaz két tetszőleges,

S_{0}

-beli pont abszcisszájának a különbsége legalább 3. Eszerint az

S_{0}

-beli pontok abszcisszái különbözőek, és ha nagyság szerint rendezve őket

x_{i}

i

-edik abszcissza, akkor

\begin{matrix} x_{i + 1} - x_{i} \geq 3, (i = 1, 2, ..., n - 1) \end{matrix}

(6)

ahol

n

S

-beli körök száma. Összeadva az

i = 1

, 2,

...

n - 1

indexekhez tartozó (6) alakú egyenlőtlenségeket, kapjuk:

\begin{matrix} x_{n} - x_{1} = (x_{n} - x_{n - 1}) + (x_{n - 1} - x_{n - 2}) + ... + (x_{2} - x_{1}) \geq 3 (n - 1) . \end{matrix}

Viszont (1) szerint

x_{n} - x_{1} \leq 95

, tehát

\begin{matrix} 3 (n - 1) \leq 95, \end{matrix}

azaz

n \leq 32

. Eszerint a lemezből legfeljebb 32 körlapot vághatunk ki. b) Megmutatjuk, hogy ennyit ki is tudunk vágni. Legyen ugyanis

\begin{matrix} x_{i} & = 2, 5 + 3 (i - 1), \\ y_{i} & = {\begin{matrix} 2, 5 ha i páratlan \\ 6, 5 ha i páros, \end{matrix} \end{matrix}

(

i = 1

, 2,

...

, 32), akkor ezekre az

(x_{i}, y_{i})

pontokra teljesül (1), (2) és (3), tehát az

(x_{i}, y_{i})

középpontú köröket ki lehet vágni a téglalapból.