Kezdőlap


Feladat:	1974. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Kecskés Csaba , Kollár János , Markó Péter , Neumann Attila , Prőhle Péter , Sparing László , Veres Sándor
Füzet:	1975/február, 53 - 57. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Négyzetek, Kombinatorikus geometria síkban, Számsorok, Mértani sorozat, Sokszög lefedések, Téglalapok, Derékszögű háromszögek geometriája, Pont körüli forgatás, Eltolás, Kör geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Középponti és kerületi szögek, Alakzatba írt kör, Tengelyes tükrözés, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/február: 1974. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

I. megoldás. Helyezzük egymás mellé az $1 / 3^{k}$ oldalú négyzettől az $1 / (3^{k + 1} - 1)$ oldalúig valamennyit, ahol $k = 0,1, ...$ . Közülük az első $3^{k}$ négyzet oldalának a hossza nem nagyobb $1 / 3^{k}$ -nál, a következő $3^{k}$ -é pedig $1 / (2 \cdot 3^{k})$ -nál, így a keletkező sor hossza nem nagyobb, mint

\begin{matrix} 3^{k} \cdot (1 / 3^{k} + 1 / (2 \cdot 3^{k})) = 1, 5. \end{matrix}

Helyezzük a keletkező sorokat egymás fölé. Mindegyikben az első négyzet a legmagasabb, így az összes sorok magassága együtt

\begin{matrix} \frac{1}{3^{0}} + \frac{1}{3^{1}} + \frac{1}{3^{2}} + ... = \frac{1}{1 - \frac{1}{3}} = 1, 5. \end{matrix}

II. megoldás. Helyezzük az

1

oldalú négyzet mellé az

1 / 2

és

1 / 3

oldalút, majd fölé az

1 / 4

1 / 5

1 / 6

és

1 / 7

oldalút, a továbbiakban pedig mindegyik négyzetre a fele akkora oldalút és a rákövetkezőt.
Az utóbbi kettő nyilván nem nyúlik túl az alattuk levő négyzeten, és

\begin{matrix} \frac{1}{4} + \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} < 4 \cdot \frac{1}{4} = 1 \end{matrix}

folytán az első négy négyzet sem az

1

oldalú négyzeten.
Az

1 / k

oldalú négyzet

(k = 4,5,6,7)

és a ráhelyezettek felfelé nem nyúlnak magasabbra, mint

\begin{matrix} \frac{1}{k} + \frac{1}{2 k} + \frac{1}{4 k} + \frac{1}{8 k} + ... = \frac{2}{k} \leq \frac{1}{2}, \end{matrix}

így négyzeteinket elhelyeztük egy 1,5 oldalú négyzetben.
Megjegyzés. A versenyzők nagy része először a négyzetek területösszegét becsülte meg felülről, sőt néhányan azt is tudták, hogy a területek alkotta végtelen sor összege^{$^{*}$}

\frac{π^{2}}{6}

. Az összeg megbecslése fölösleges már azért is, mert a négyzetek elhelyezése már ad egy ilyen felső becslést, hiszen a befoglaló négyzet területe,

2, 25

, felső korlát.
A második megoldás érdekessége az, hogy meglepően jó felső korlátot lehet belőle leolvasni. Valóban, a megoldás végén azt nyertük, hogy az

1 / k

oldalú négyzet és a ráhelyezettek benne vannak egy

2 / k

1 / k

oldalú téglalapban

(k = 4,5,6,7)

, így az összes négyzetek együttes területe nem nagyobb, mint

\begin{matrix} 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + 2 (\frac{1}{16} + \frac{1}{25} + \frac{1}{36} + \frac{1}{49}) < 1, 663, míg \frac{π^{2}}{6} = 1, 6449 ... \end{matrix}

b) Az

1

és a

0, 5

oldalú négyzet nem helyezhető el átfedés nélkül

1, 5

-nél kisebb oldalú négyzetben.

I. megoldás. Helyezkedjék el az

1

oldalú

N_{1}

és az

1 / 2

oldalú

N_{2}

négyzet egy

N

négyzetben úgy, hogy ne legyen közös belső pontjuk. Ekkor van olyan

e

egyenes, amelynek

N_{1}

és

N_{2}

ellenkező oldalán fekszik. Ha

e

párhuzamos

N

valamelyik oldalával, akkor két téglalapra bontja azt, és mindegyiknek az

e

-re merőleges oldala legalább akkora, mint a sávban fekvő négyzet oldala. Ez esetben tehát

N

oldala legalább akkora, mint

N_{1}

és

N_{2}

oldalának összege.

1. ábra

e

metszi

N

mindegyik oldalegyenesét, akkor vegyük mindkét oldalán

N

-nek a tőle legtávolabbi

C_{1}

, ill.

C_{2}

csúcsát. A

C_{1}

-en, ill.

C_{2}

-n átmenő oldalegyenesek

e

-vel egy

H_{1}

, ill.

H_{2}

derékszögű háromszöget alkotnak, amelyik

N_{1}

-et, ill.

N_{2}

-t tartalmazza. Állításunk bizonyítására elég azt megmutatni, hogy egy derékszögű háromszög tartalmazta négyzetek közül az a legnagyobb, amelyiknek két oldala a háromszög befogóin nyugszik, egy csúcsa pedig az átfogón van.
Valóban, ha ez igaz, akkor a

H_{1}

-ben és

H_{2}

-ben elhelyezhető legnagyobb négyzet átlója,

N

-nek a

C_{1} C_{2}

átlójára esik, és mivel a négyzetek nem fedhetik át egymást, így átlóik összege

N

átlóját, oldalhosszaik összege tehát

N

oldalát adja, vagyis igaz a bizonyítandó állítás is.
A továbbiakban a fent megfogalmazott segédtételt bizonyítjuk.
Az

A B C

derékszögű háromszögben levő tetszés szerinti

K L M N

négyzetet elmozgathatjuk úgy, hogy két csúcsa, mondjuk

K

és

L

A C

, ill.

B C

befogón legyen ‐ ha nem lett volna így eredetileg ‐, majd

C

-ből nagyítva, ha kell, elérhetjük, hogy egy csúcs az átfogóra kerüljön. Elég tehát az ilyen helyzetű négyzeteket vizsgálni. Ezek középpontja a háromszög derékszögének szögfelezőjén van. Forgassuk el ugyanis a négyzetet a középpontja körül derékszöggel úgy, hogy az

A C

-n levő csúcsa a

B C

-n levőbe menjen át. Ekkor az

A C

egyenes is átmegy

B C

-be, így a középpont e két egyenestől egyenlő távolságban van, tehát rajta van a köztük levő szög felezőjén.

2. ábra

3. ábra

Annak a négyzetnek, amelyiknek az egyik csúcsa

C

-be esik, az ezzel szemközti csúcsa nincs közelebb

C

-hez, mint a

C

-ből induló szögfelező

M N

-nel való

P

metszéspontja. Elég tehát megmutatnunk, hogy ha

K

és

L

különbözik

C

-től, akkor

C P > K M

.
Toljuk el

C P

-t párhuzamosan a

K P_{1}

helyzetbe, ekkor a

K P_{1} M

háromszög két oldalát kell összehasonlítanunk. Ezt a velük szemben levő szögek közvetítésével fogjuk megtenni. A

K M

-mel, ill.

K P_{1}

-gyel szemközti szög

P P_{1} M ∢

-gel, ill.

P M P_{1} ∢

-gel nagyobb

45^{\circ}

-nál.
Jelöljük

K P_{1}

és

M N

metszéspontját

R

-rel,

R

vetülete

P P_{1}

-en legyen

S

P_{1} R S

háromszög derékszögű és egyenlő szárú, továbbá

S

P

és

P_{1}

pont közt van, így

\begin{matrix} P R P_{1} ∢ > S R P_{1} ∢ = P P_{1} R ∢, \end{matrix}

amiből következik, hogy

\begin{matrix} P P_{1} > P R . \end{matrix}

Azt is tudjuk, hogy

C P

felezi

K M

-et, így felezi

M R

-t is, mert

K R

és

C P

párhuzamos. Ezért

\begin{matrix} M P = P R < P P_{1}, tehát M P_{1} P ∢ < P M P_{1} ∢ . \end{matrix}

De ekkor egyszersmind

\begin{matrix} M P_{1} K ∢ = M P_{1} P ∢ + 45^{\circ} < P M P_{1} ∢ + 45^{\circ} = K M P_{1} ∢, \end{matrix}

amiből viszont

\begin{matrix} K M < K P_{1} = C P \end{matrix}

következik, és ezt akartuk bizonyítani.

Megjegyzés. Gyorsabban befejezhetjük a bizonyítást a kerületi szögek tételének felhasználásával:

C

K

P

és

M

egy körön van, mert

K P