Feladat: 903. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Halász Ferenc 
Füzet: 1964/december, 214 - 215. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikus geometria síkban, Kombinatorikus geometria térben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/március: 903. matematika gyakorlat

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

Jelöljük a szóban forgó 5 kört a, b, c, d, e betűkkel. Legyen E az a, b, c, d körnégyes egy közös pontja ‐ ill. ha több közös pontjuk van, ezek egyike. Ha e is átmegy E-n, akkor E-re teljesül a feladat állítása. Ha e nem megy át E-n, legyen az a, b, c, e körök egy közös pontja D. Ez különbözik E-től. Az a, b és c mindegyike átmegy D-n és E-n, és közülük már 2‐2-nek sem lehet további közös pontja, mert 3 pont egyértelműen meghatározza a mindegyikükön átmenő kört. Így az a, b, d, e körök közös pontja csak D lehet, mert már a, b és e-nek nincs más közös pontja. Ekkor azonban D-n átmegy mind az 5 kör, s így az állítás ebben az esetben is helyes.

 
 

 Halász Ferenc (Budapest, Berzsenyi D. g. I. o. t.)
 
Megjegyzés. Nem használtuk ki, hogy a körök egy síkban vannak, ezért az állítás a tér minden olyan 5 körére érvényes, amelyek a feltételt teljesítik.