Kezdőlap


Feladat:	Gy.2347	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Beke T. , Binder Zsuzsanna , Bíró 100 A. , Bősze P. , Botrágyi T. , Csáki Cs. , Csanádi P. , Csordás Z. M. , Fajszi B. , Fleiner T. , Hadnagy Éva , Illés T. , Jinda B. , Káli L. , Kégl B. , Keleti T. , Kovács Á. , László A. , Lois L. , Máté Nóra , Pásztor 625 G. , Patthy Júlia , Peller Z. , Siklér F. , Sustik M. , Szabó 639 A. , Wolkensdorfer P.
Füzet:	1987/március, 109 - 110. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Indirekt bizonyítási mód, Sokszög lefedések, Négyzetek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/május: Gy.2347

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

Megmutatjuk, hogy három, egyenként $\frac{\sqrt[]{65}}{16} \approx 0,5039$ sugarú körrel lefedhető az egységnégyzet, kisebb körökkel viszont nem.

Legyen

E

A B C D

egységnégyzet

C D

oldalának felezőpontja,

F

és

G

pedig azok a pontok a

C D

-vel szomszédos

A D

, illetve

B C

oldalon, amelyekre

A G = G E = E F = F B = 2 r

(lásd ábra). Egyszerű számolással kapjuk, hogy ekkor

A F = B G = \frac{1}{8}, r = \frac{\sqrt[]{65}}{16}

. Ha most három darab

r

sugarú kört úgy helyezünk el, hogy középpontjaik rendre az

A G

G E

és

F E

szakaszok felezőpontjai legyenek, akkor az első kör átmegy az

A, B, F, G;

a második a

C, E, G

; a harmadik pedig a

D, E, F

pontokon, és a három kör nyilván lefedi a teljes egységnégyzetet.
Tegyük fel, hogy három

r' < r

sugarú körrel is megvalósítható a lefedés. Mivel a három kör a négyzetnek mind a négy csúcsát lefedi, ezért a körök között van olyan ‐ nevezzük ezt első körnek ‐, amelyik legalább két csúcsot fed le. Ez a két csúcs nem lehet átellenes, mert az ilyenek távolsága nagyobb, mint körünk átmérője, egy kör viszont csak olyan pontokat fedhet le, amelyek távolsága nem nagyobb az átmérőjénél. Válasszuk a négyzet csúcsainak betűzését úgy, hogy az első kör az

A

és a

B

csúcsokat fedje le! Ez a kör így már nem fedheti le sem a

G

, sem pedig az

F

pontot, mert

A G = B F = 2 r > 2 r'

. A

G

és az

F

pontokat viszont szintén ugyanannak a ‐ nevezzük másodiknak ‐ körnek kell lefednie, mert ha a

G

pontot a második, az

F

pontot pedig a harmadik kör fedné le, akkor

E F = E G = 2 r > 2 r'

és

A E = \frac{\sqrt[]{80}}{8} > 2 r > 2 r'

miatt az

E

pontot már egyik kör sem fedhetné le. A második kör

C F = D G = \frac{\sqrt[]{113}}{8} > \frac{\sqrt[]{65}}{8} = 2 r > 2 r'

miatt nem fedheti le a

C

és

D

pontokat, tehát ezeket is a harmadik körnek kell lefednie.
Összefoglalva: az első kör lefedi az

A

és

B

, a második az

F

és

G

, a harmadik pedig a

C

és

D

pontokat. Tekintsük most az

A D

oldal

H

felezőpontját! Pitagorasz tételét alkalmazva kapjuk, hogy

\begin{matrix} B H = C H = \frac{\sqrt[]{80}}{8} > \frac{\sqrt[]{65}}{8} = 2 r > 2 r' \end{matrix}

és

\begin{matrix} G H = \frac{\sqrt[]{73}}{8} > \frac{\sqrt[]{65}}{8} = 2 r > 2 r' . \end{matrix}

H

pontot így a három kör egyike sem fedheti le. Ez ellentmondás, tehát az egységnégyzet valóban nem fedhető le három

\sqrt[]{65} / 16

-nál kisebb sugarú körrel.