Kezdőlap


Feladat:	F.1831	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Füredi Zoltán , Prőhle Péter , Szigeti Gábor
Füzet:	1973/január, 20 - 22. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Indirekt bizonyítási mód, Terület, felszín, Síkbeli ponthalmazok távolsága, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/május: F.1831

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

I. megoldás. Írjunk kört mindegyik kijelölt pont körül az adott $k$ kör $r$ sugarának $1 / 3$ részével. Az állítás akkor és csak akkor nem igaz, ha e kis ,,hatáskörök'' közt nincs olyan kettő, mely átfedné egymást (vagyis hogy volna közös belső pontjuk). Ugyanis csak ilyen átfedés esetében van a két kis kör középpontja egymástól $2 r / 3$ -nál kisebb távolságban (és ez minden átfedés esetében így is van), hiszen érintkezés esetében már $2 r / 3$ -mal egyenlő a távolság, ha pedig a két kör kerületének sincs közös pontja, akkor nagyobb $2 r / 3$ -nál.
Tegyük föl az állítással ellentétben, és az iméntiek szerint, hogy a 17 db kis kör közül semelyik kettőnek nincs közös belső pontja. Ekkor a 17 kör együttvéve

\begin{matrix} t_{1} = 17 π {(\frac{r}{3})}^{2} = \frac{17 π}{9} r^{2} \end{matrix}

területet fed le. Másrészt mind a

17

kört le lehet fedni egy, a

k

középpontja körüli

r + \frac{r}{3} = \frac{4 r}{3}

sugarú

k'

körrel, hiszen

k'

alól egy hatáskörnek még akkor sem látszanék ki belső pontja, ha a hatáskör középpontja ‐ egy eredetileg kijelölt pontunk ‐ a

k

kerületén volna. Ámde

k'

területe

\frac{16 π}{9} r^{2}

, kisebb

t_{1}

-nél, lehetetlen tehát, hogy

k'

területén elférjen 17 db átfedés nélküli hatáskör. ‐ Meggyőződtünk az ellentétes állítás ellentmondó voltáról, ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.

Füredi Zoltán (Budapest, Móricz Zs. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzések. 1. Meggondolásunkból az is adódik, hogy 17 pont helyett 16-ot véve is igaz a feladat állítása, mert 16 átfedés nélküli hatáskör sem fedhető le az együttesükkel egyenlő területű

k'

-vel amiatt, hogy több kör nem fedheti hézagtalanul a síkot átfedés nélkül.
2. A fenti gondolatmenettel azt is meg lehet mutatni, hogy egy

r

sugarú kör belsejében tetszőlegesen kijelölve

n

pontot, mindig található köztük kettő, amelyek távolsága kisebb

2 α r

-nél ‐ ahol

α > 0

‐, ha

\begin{matrix} \sqrt[]{n} \geq 1 + \frac{1}{α} . \end{matrix}

Esetünkben

α = 1 / 3

Prőhle Péter (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)

II. megoldás. Az eredeti

k

kör sugarát hosszúságegységnek vesszük és megmutatjuk a következőt: lehet

k

-t olyan 16 részre felosztani, hogy mindegyik rész átmérője ‐ ezen általában bármely síkidom két tetszőleges (belső vagy határ-) pontja közti távolság maximumát szokás érteni ‐ kisebb, mint

2 / 3

. Ebből a feladat állítása már következik. Ugyanis a 17 pont bármilyen kijelölése esetén legalább 2 pont ugyanahhoz a részéhez tartozik a felosztásnak (ha egy kijelölt pont részek közös határvonalára esik ‐ vagy több határvonal csomópontjába ‐, akkor a pontot az illető részek mindegyikéhez tartozónak tekinthetjük), azon belül pedig nincs

2 / 3

-nál nagyobb távolságú pontpár.
A felosztást egy a

k

-val koncentrikus, sugarú

k'

körrel készítjük elő, ennek belsejét 2 egymásra merőleges átmérővel 4 részre osztjuk, a

k'

és

k

közti körgyűrűt pedig 12 egybevágó részre, körgyűrűcikkre, egymással szomszédos páronként

30^{\circ}

-os szöget bezáró sugaraknak a gyűrűbe eső szakaszaival.
Ekkor egy-egy belső negyedkörnek egyetlen pontja sincs messzebb a határoló körív

A

végpontjától, mint az ívhez tartozó

A B = h

húr (a negyedkör benne van az

A

közepű,

A B

sugarú körben, lásd ábra), tehát

h

a rész mondott értelemben vett átmérője. És mindig teljesül

\begin{matrix} h = ϱ \sqrt[]{2} < \frac{2}{3}, hacsak ϱ < \frac{\sqrt[]{2}}{3} . \end{matrix}

(1)

A gyűrű 12-ed részének az átmérője pedig a belső és külső határoló ívéről vett egy-egy nem-szomszédos végpont

C D = d

távolsága, ami az

1

q

és

d

oldalú háromszögből a cosinustétellel

\begin{matrix} d = \sqrt[]{1 + ϱ^{2} - \sqrt[]{3} ϱ} \end{matrix}

d

-vel szemben levő szög

30^{\circ}

), és így akkor lesz

\begin{matrix} d < \frac{2}{3}, ha ϱ^{2} - ϱ \sqrt[]{3} + \frac{5}{9} < 0, \end{matrix}

azaz ha

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{3}}{2} - \frac{\sqrt[]{7}}{6} < ϱ < \frac{\sqrt[]{3}}{2} + \frac{\sqrt[]{7}}{6} \end{matrix}

(2)

Tizedes alakú közelítő törtekkel tájékozódva (1)-hez elegendő, ha

ϱ < 0, 47

, (2)-höz, ha

0, 43 < ϱ < 1, 30

, eszerint pl.

ϱ = 4 / 9

mindkét föltételnek eleget tesz (ez tizedes közelítő törtek nélkül is belátható). A kívánt felosztás tehát létezik, állításunkat ezzel bebizonyítottuk.

Szigeti Gábor (Budapest, Móricz Zs. Gimn., IV. o. t.)

Megjegyzés. A felhasznált felosztás azt is mutatja, hogy egy kört hézagtalanul le lehet fedni 16 db

1 / 3

akkora sugarú körrel.