Feladat: 1973. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bacsó Gábor ,  Kertész Gábor ,  Kollár János 
Füzet: 1974/február, 51 - 54. oldal  PDF file
Témakör(ök): Koordináta-geometria, Egyéb ponthalmazok a koordinátasíkon, Kör geometriája, Négyzetrács geometriája, Másodfokú függvények, Gyökös függvények, Irracionális egyenlőtlenségek, Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenlőtlenségek, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Háromszögek hasonlósága, Természetes számok, Négyzetszámok összege, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1974/január: 1973. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

A sík derékszögű koordinátarendszerének origója körül r sugarú kört rajzolunk. δ(r)-rel jelöljük az egész koordinátájú pontok közül a körhöz legközelebbinek a körtől mért távolságát.
Bizonyítsuk be, hogy δ(r) tetszés szerint kicsi, ha r-et elég nagynak választjuk.
(Pontnak körtől való távolságát úgy mérjük, hogy a ponton és a kör középpontján át egyenest fektetünk, és a pontnak az egyenes és a kör metszéspontjaitól mért távolságai közül a kisebbiket vesszük.)

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

A sík egész koordinátájú pontjait rácspontnak fogjuk nevezni.

 
I. megoldás. Feladatunk tetszés szerinti pozitív p értékhez olyan korlátot keresni, amelynél nagyobb r sugár esetén mindig van az r sugarú körtől p-nél kisebb távolságra levő rácspont. Kézenfekvő olyan egyenesen keresni ilyen rácspontot, amelyiken egyrészt sűrűn vannak rácspontok, másrészt, amelyik ,,lehetőleg jól simul'' a körhöz, kis hegyes szögben metszi.* A rácspontok legsűrűbben ‐ egymástól 1 távolságra ‐ a koordinátatengelyekkel párhuzamos és a megfelelő tengelytől egész távolságra levő egyeneseken sorakoznak. Válasszuk pl. az y tengellyel párhuzamos ilyen egyenesek közül a legtávolabbit, amelyiknek még van közös pontja a körrel. Ennek az y tengelytől mért u távolságára
ur<u+1(u  egész).(1)
Ezen az egyenesen a kört közrefogó (u,v), (u,v+1) rácspontok ordinátájára
u2+v2r2<u2+(v+1)2(v  egész).(2)

A körön kívül levő A rácspontot az O origóval összekötő egyenes messe a kört A1-ben. Ekkor
δ(r)AA1=OA-r=u2+(v+1)2-r=u2+(v+1)2-r2u2+(v+1)2+r==2v+1-(r2-u2-v2)u2+(v+1)2+r<2v+12r,


ugyanis a számlálóban elhagyott kivonandó a (2) egyenlőtlenség első fele szerint nem negatív, a nevezőben levő négyzetgyök pedig az egyenlőtlenség második fele szerint nagyobb r-nél.
 
 

(2) első fele és (1) segítségével kapcsolatot találunk v és r között is:
vr2-u2=(r-u)(r+u)<1(r+r)=2r.
Ezt felhasználva, ha pl. r>1, akkor
δ(r)<22r+12r<3r+r2r<2r.
Így δ(r) biztosan kisebb lesz p-nél, amint
2r<pazazr>4p2ésr>1.
Ezzel a feladat állítását igazoltuk.
 
Megjegyzések. 1. Nyilvánvalóan nyerhettünk volna 2-nél kisebb számlálót a δ(r)-re kapott felső korlátban, de ez nem volt célunk. Csupán azt akartuk belátni, hogy van olyan korlát, amelyiknél nagyobb r-ekre δ(r)<p. Hogy mi a legkisebb ilyen korlát, az már a probléma szempontjából lényegtelen, annál is inkább, mert nem feltétlenül a fent kiválasztott A a körhöz legközelebbi rácspont.
 
 

2. Sok más módon is becsülték a versenyzők az A(u,v+1) vagy B(u,v) pont távolságát a körtől. Egy ilyen út a következő: az AB egyenes metszéspontját a körrel, ill. az x tengellyel jelölje C, ill. A0, a B-n át az x tengellyel párhuzamosan húzott egyenes és a körhöz a C-ben húzott érintő metszéspontját D. Ekkor B távolsága a körtől kisebb, mint BD, így a BCD és A0OC háromszögek hasonlósága folytán
δ(r)<BD=BD1=BDAB<BDBC=A0CA0O=r2-u2u<<2ru<2rr-1<2rr-r2=22r,


ha r>2; így
δ(r)<p,ha egyidejűlegr>8p2ésr>2.

 
3. A feladat szoros kapcsolatban van a következő kérdéssel. Keressünk tetszés szerinti pozitív egész N számhoz olyan M(N) számot, amelyre az N, N+M(N) számközben van két négyzetszám összegeként írható szám.
Ha N-et a fenti megoldás r2-ének választjuk, az n=u2+(v+1)2 tekinthető egy közeli négyzetszámnak:
n-N=u2+(v+1)2-r2<2v+1,
és mivel n-N egész, így
n-N2v<22r=8N4.

Az N, N+8N4 számközben tehát mindig van két négyzetszám összegeként írható szám.
 
II. megoldás. Mivel az x=u (u pozitív egész) egyenlettel jellemzett egyenesen egységnyi távolságra követik egymást a rácspontok, így elég megmutatni, hogy tetszőleges pozitív p-hez, ha r elég nagy, választható u úgy, hogy az x=u egyenletű egyenesnek az r és r+p sugarú körök közti körgyűrűbe eső szakasza, ‐ pl. az első síknegyedben ‐ legalább 1 hosszúságú legyen. Ekkor ugyanis erre a szakaszra esik rácspont és az legfeljebb p távolságra van a körtől.
 
 

Válasszuk meg u-t az
ur<u+1
feltétellel. Ha u+1r+p, akkor az (u+1,0) pont a körgyűrűbe esik; így elég csak azt az esetet vizsgálni, ha
ur<r+p<u+1.(3)

Ez eleve csak akkor teljesülhet, ha p<1. Az említett szakasz h hosszára
h=(r+p)2-u2-r2-u2=(r+p)2-r2(r+p)2-u2+r2-u2.
Itt a számláló nagyobb, mint 2rp, a nevezőben levő négyzetgyökök pedig így becsülhetők felülről (3) felhasználásával, ha pl. r>1,
(r+p)2-u2=(r+p-u)(r+p+u)<1(r+1+r)<3r,r2-u2=(r-u)(r+u)<12r.


Így
h>2rp(3+2)r=2p2+3r,
tehát h>1, ha
r>(2+3)24p2=5+2441p2.

Ezzel a feladat állítását bebizonyítottuk.
*Egyenes és kör szögén az egyenesnek és a körrel való metszéspontjában a körhöz húzott érintőnek a szögét szokás érteni. Általában beszélünk két egymást metsző görbe szögéről a metszéspontjukban, ‐ ezen a metszéspontban a görbékhez húzott érintők szögét értjük, feltéve, hogy mindkettőnek van egyértelműen meghatározott érintője ebben a pontban.