A skatulya-elv alkalmazásai

A skatulya-elv alkalmazásai MEGOLDÁSOK Számelmélet. Tekitsük a, +,, 4 számokat. Ezek száma +, ezért lesz közöttük három, amely azoos halmazba kerül. E három szám közül a legagyobb biztos kisebb a másik kettő összegéél.. Legyeek a kiválasztott számok a <a <...<a +. Tekitsük a következő két halmazt: A={a,a,..., a + } és B={a + a,a a,...,a a }. Midkét halmazak számú eleme va és az elemeik -él kisebb pozitív egészek, ezért a két halmazak va közös eleme! Erre a közös elemre: a k a =a l a k =a l +a, ahoa az állítás adódik.. Legyeek a számok a <a <...<a 0 70. Tegyük fel idirekt módo, hogy legfeljebb három azoos érték va a párokét vett külöbségek között, tehát legfeljebb három darab -es, -es, s.í.t. Ekkor a 0 =(a 0 a 9)+(a 9 a 8)+...+(a a )+a + +...+ 6+7+=7. Ez elletmod aak, hogy egyik szám sem lehet agyobb 70-él. Idirekt feltevésük megdőlt, így a bizoyítadó állítás adódik. 4. a) Legyeek a számok a,a,...,a 6. Tekitsük az a,a +a, a +a +a,..., a +a +...+a 6 összegeket! Ezek száma éppe 6. Ha valamelyik osztható 6-tal, akkor késze vagyuk. Ellekező esetbe a skatulya-elv miatt lesz kettő, melyek a 6-os maradéka megegyezik. A több tagból állóból kivova a kevesebb tagból állót, a kapott összeg 6-tal osztható lesz. b) Legye =a a... a 6 a kiválasztott szám. Ha az a i számjegyek valamelyike 0,, 4 vagy 9, akkor késze vagyuk. Feltehetjük, hogy a i {,,5, 6,7, 8}. Ekkor bármelyik szorzat, amely egymást követő számjegyekből képezhető a b 5c 7 d alakú lesz, ahol a, b, c, d természetes számok. Elegedő belátuk, hogy va olya szorzat, amelybe mide kitevő páros. Tekitsük az a,a a,a a a,...,a a...a 6 szorzatokat! Paritás alapjá az (a,b, c,d ) kitevő 4-esek 6 külöböző osztályba sorolhatók: (ptl, ptl, ptl, ptl),, (ps, ps, ps, ps). Ha az utolsó osztályba kerül kitevő 4-es, akkor késze vagyuk. Ellekező esetbe lesz két olya kitevő 4es, amelyik azoos osztályba va. Tegyük fel, hogy ezek az a... a k és a... a l szorzatokhoz tartozak, ahol k >l. Ekkor

a...a k =a l +... a k a... a l olya szorzat, melyhez tartozó (a,b, c,d ) kitevő 4-es mide kitevője páros. Ezt akartuk beláti. 5. Írjuk fel a számokat k ( m+) alakba, ahol k és m természetes számok. Mivel m lehetséges értékei: 0,,,..., ( darab), ezért a kiválasztott számok között lesz két olya, amelyek a feti alakjába szereplő m értékek megegyezek. A agyobbik számot elosztva a kisebbikkel -hatváy adódik. 6. Tekitsük a,,..., számokat. Akárháyat aduk is össze közülük, az összeg midig k ( m+) alakú lesz, ahol k az összeadott számokba lévő legkisebb kitevő. 7. Jelölje p () az pozitív egész szám legagyobb páratla osztóját. Ekkor = k p(), ahol a k természetes számot jelöl. Ha és olyaok, hogy p ( )= p ( ), akkor közülük az egyik legalább -szer akkora, mit a másik. Ez viszot azt jeleti, hogy p (007), p (008),..., p (40) párokét külöböző páratla számok! Mivel összese 006 darab számról va szó, így ezek potosa a {,,..., 40} halmaz elemei. Így a keresett összeg: ++...+40=006. 8. Írjuk fel a pozitív egész számokat a b alakba, ahol a pozitív egész és b égyzetmetes pozitív egész, azaz az -e kívül icse égyzetszám osztója. Az első 5 pozitív egész számot tekitve b lehetséges értékei a következők:,,, 5,6, 7,0,,, 4,5, 7, 9,,,. Összese 6 darab va belőlük, így, ha a 5 számból kiválasztuk 7 darabot, akkor lesz közöttük kettő, melyek fetebb felírt alakjába szereplő b szám megegyezik. Összeszorozva a két számot yilvávaló módo égyzetszám adódik. 9. A megoldás azo az állításo fog múli, hogy egy mértai sorozatba em lehet külöböző prímszám. Mivel az és 00 között 5 prímszám va, így mértai sorozat em tartalmazhatja mid a 5 prímet. Az állítás bizoyítása. Feltehetjük, hogy a sorozat pozitív tagú és szigorúa mooto övekedő. Ha a p < p < p prímek mégis tagjai ugyaaak a mértai sorozatak, akkor p =a q k, p =a q l, p =a q m, ahol a a kezdőtag, q a kvócies és k <l<m természetes számok. Ekkor p l k =q és p p m l =q. p Ie k p m k = pm l p l, ami elletmodás, hisze a p i számok külöböző prímek és a kitevők pozitív egészek.

0. a) Legye az a -él agyobb pozitív egész és az a-hoz relatív prím, -él agyobb pozitív egész. Belátjuk, hogy akkor va olya k pozitív egész kitevő, hogy a k -el vett osztási maradéka. Tekitsük az a,a,...,a hatváyait a -ak. Ezek között ics olya, amely -el osztható, hisze az a-hoz relatív prím. Így akkor va közöttük kettő, melyek -el osztva azoos maradékot adak: a l <a m. Ezek külöbsége osztható lesz -el. Mivel a m a l =a l (a m l ), továbbá (a l, )=, ezért a m l =a k -el osztva maradékot kell, hogy adjo. b) Vegyük észre, hogy a 0 prímszám. Belátjuk a következőt: ha p prím és a a p-hez relatív prím -él agyobb pozitív egész, valamit m az a legkisebb pozitív egész kitevő, melyre a m p-vel osztva maradékot ad, akkor m a p osztója. Azt, hogy ilye m kitevő egyáltalá létezik, a kis Fermat tétel biztosítja, hisze p a p. Osszuk el maradékosa p -et m-mel! (A kis Fermat tétel miatt m p. ) Kapjuk, hogy p =mq+r, ahol 0 r<m. Ekkor a p =a mq+ r =(a m )q a r a r (mod p). Mivel m a legkisebb pozitív egész kitevő volt, így r=0, ami bizoyítja az állítást.. Tegyük fel idirekt módo, hogy va ilye. Nyilvávaló, hogy páratla. Az em lehet prímszám, hisze a kis Fermat tétel miatt akkor teljesüle, ami kizárt. Ha összetett, akkor jelölje p az legkisebb prímosztóját. Ekkor a kis Fermat tétel miatt p p. Jelölje k a legkisebb olya -él agyobb pozitív egész számot, amelyre p k. Az előző feladatba beláttuk, hogy k p. Potosa ugyaazzal a godolatmeettel adódik, hogy k. Ez pedig yilvávalóa elletmodás, hisze p az legkisebb prímosztója volt.. Ige. Mivel (7,000 )= és (,000 )= ezért a 0. feladat a) részébe olvasható általáosítás miatt va olya t illetve pozitív egész, hogy 7 t (mod000 ). Ebből állításuk yomba kiolvasható.. Vizsgáljuk a Fiboacci-sorozatot mod0. Tekitsük az első 0 + tagot: a,a,...,a k,a k +, ahol k =0. Ezekből készíthető 0 darab pár: (a, a ),(a,a ),...,(a k, a k + ). Feltehetjük, hogy a (0,0) pár ics közöttük (külöbe késze vagyuk). Így viszot legfeljebb (0 ) =0 külöböző pár állhat elő, hisze mod0 a sorozat tagjaiak lehetséges értékei 0,,,...,0. Így akkor valamelyik pár ismétlődi fog. A sorozat képzési szabálya miatt egy adott pár mide korábbit, illetve későbbit is meghatároz. Mivel (,) az első pár, ezért ez fog először ismétlődi! Kapjuk a sorozatra:,,,,..., a p,,,... periódus Így akkor +a p 0 a p. Ezt akartuk bizoyítai.

4 4. Legye x =aa...ab, ahol az a jegyek száma. Csak azzal az esettel foglalkozuk, amikor b em páros és em 5, hisze egyébkét az állítás yilvávaló. Ekkor az x =ab és a 0 relatív prímek. Először belátjuk, hogy va olya olya m pozitív egész, amelyre az +0+...+0 m m-jegyű csupaegy szám osztható x-gyel. Tekitsük az,,...,... x + számokat. Ezek között va kettő, melyek azoos maradékot adak x-gyel osztva, ezért külöbségük osztható lesz x-gyel: x...0...0, x... 0r. r Mivel ( x,0 )=, ezért állításukat igazoltuk. Ha m az említett tulajdoságú pozitív egész, akkor mide k pozitív egészre: 0 km km+ km x km+ =x +a (0 +0 +...+0 )=x +00 a (+0+...+0 )=x+00 a, 9 m m ( k ) m xkm+ =x +00 a...(+0 +0 +...+0 ), így osztható x-gyel tehát összetett szám. Valós számok 5. a) Ha a két szám előjele elletétes, akkor az állítás yilvávaló, hisze a 0 racioális szám. Feltehetjük, hogy <b a. Jelöljük meg a számegyeese a 0-tól 0 a<b. Legye olya pozitív egész, amelyre k,,... számokat! Ekkor lesz olya k pozitív egész, hogy a< <b. idulva az b) Ismeretes, hogy a irracioális szám. Mivel a <b és az a) szerit va köztük egy r racioális szám, ezért a<r+ <b, ahol r+ irracioális szám. 6. Tekitsük a,,...,000 számokat. Ezekek a tört része irracioális szám, hisze a irracioális. Tekerjük fel godolatba a számegyees em egatív felét egy egységyi kerületű körre és osszuk fel a körívet 000 egyelő hosszú ívre! Köyű láti, hogy a köríve egy em egatív szám tört része jeleik meg. Mivel a fet számok egyike sem eshet osztáspotba, így két eset lehetséges. Ha valamelyik szám a 0 melletti ívek valamelyikéek belsejébe esik, akkor késze vagyuk. Ellekező esetbe lesz közöttük kettő, amely ugyaaak az ívek belső potja, azaz ( k >l feltehető) {k } {l } <0,00, (k l ) ([ k ] [ l ]) <0,00. Ez viszot elletmodásra vezet, hisze (k l ) a 0 melletti ívek egyikére ese. Ebből a feladat állítása leolvasható. 7. a) A 6. feladat megoldásából tudjuk, hogy létezek x >x egész számok, melyekre ( x x ) ([ x ] [ x ]) <0,00. Legye a= x x. Tekitsük azt a szabályos háromszöget, melyek csúcsai: (0 ; 0),( a ; 0),(a ; a ). Ezek közül az első kettő rácspot. Mivel

5 a ([ x ] [ x ]) <0,00, ezért az (a ;a ) pot is megfelel, vagyis a három csúcs három külöböző körlapra esik. b) Tegyük fel idirekt módo, hogy a P Q R szabályos háromszög l oldalhosszúsága legfeljebb 96, továbbá csúcsai külöböző rácspotok köré írt 0,00 sugarú körlapoko vaak. Jelölje P, Q és R a három rácspotot. Ekkor l 0,00 PQ,QR, RP l +0,00. Ismeretes, hogy szabályos rácsháromszög em létezik, ezért a PQR háromszögek va két külöböző hosszúságú oldala, pl.: PQ QR. Tekitettel arra, hogy PQ és QR egész számok: PQ QR =(PQ +QR) PQ QR 0,004( PQ+QR) 0,004( l+0,004) 96,00 0,004<. Ez elletmodás, ami bizoyítja az eredeti állítást. 8. Tekitsük az r+s +t alakú számok H halmazát, ahol r, s,t {0,,...,06 }. Belátható, hogy ez az előállítás egyértelmű, azaz r+s +t =e+ f +g potosa akkor, amikor r=e, s= f, t=g. Legye d =(+ + ) 06. Világos, 0 x<d. Osszuk fel a [0 ;d ] itervallumot 08 egyelő részre! Legye midegyike balról zárt, jobbról yitott. Ekkor a skatulya-elv miatt a H halmaz 08 lesz két olya, amely azoos részre esik. Eze elemek külöbsége a+b +c szereplő tulajdoságokkal bíró szám, továbbá a+b +c < hogy x H eseté a részitervallumok darab eleme között alakú, a feladatba (+ + ) 0 6 <0. 0 8 9. a) A bal oldali egyelőtleség yilvávaló, mivel a számok külöbözők. Legye x =ta α, y =ta β, ekkor (megfelelő feltételek mellett) ta α ta β x y = =ta(α β). +xy +ta α ta β <αi <. A tages függvéy eze az itervallumo szigorúa mooto övekedő. A skatulya-elv miatt va olya i< j, hogy 0<α j αi <. Legye x =ta α j és y=ta αi. Számolással igazolható, hogy ta =, ezért x y 0< =ta(α j α i )<ta =, +xy Legyeek a számok x <x <...< x, továbbá x i =ta α i, ahol amiből az állítás adódik. b) Vegyük észre, hogyha + =ta α,+ =ta β, akkor y x

6 x y = +x +y + xy Legyeek a (+ ) (+ ) y x =ta(α β). (+ )(+ )+ x y számok 0<x <x <x <x 4, továbbá + =ta αi, ahol <αi <. Ekkor xi 4 az α i szögek között va kettő, melyek külöbsége kisebb, mit 4 =, amiből adódik az állítás. 0. Tegyük fel idirekt módo, hogy a feladat állítása em igaz, tehát bármely x valós számra a feladatba szereplő összegek között va racioális szám. Jelöljö α irracioális számot, ekkor az α, α,...,(+)α számok midegyike irracioális. Tekitsük számokak az alábbi táblázatát: α+a α+a... α+a α+a α+a... α+a............ α+a α+a... α+a (+)α+a (+) α+a... (+) α+a Idirekt feltevésük miatt a táblázat mide sorába va legalább egy racioális szám. Mivel + sor va és oszlop, ezért va két olya sor, ahol a racioális számok ugyaabba az oszlopba fordulak elő! Tehát va i> j, hogy i α+a k és j α+a k is racioális. De akkor (i α+a k ) ( j α+a k )=(i j )α is racioális, ami elletmodásra vezet.. A sorozat tagjait dobozokba rakjuk: az r-edik dobozba kerül egy tag, ha a vele kezdődő leghosszabb övekvő részsorozat r tagból áll. Ha ics m tagból álló övekvő részsorozat, akkor legfeljebb m dobozuk va. A skatulya-elv miatt az (m )( )+ szám közül akkor lesz darab, amely biztosa azoos dobozba kerül. Ez az szám csökkeő részsorozatot fog alkoti. Tegyük fel, hogy ezek a számok az eredeti sorozatba: a i, a i,...,a i továbbá az r-edik dobozba kerültek. Akkor, ha mégis valamely j-re a i <a i, akkor j a i <a i <...<a i <...<a i, ezért elletmodásra jutuk, hisze a i mert az a i r-edik dobozba va. j j r is egy r-tagú övekvő részsorozat kezdő tagja lee, ami em lehet,

7. Nevezzük az a k tagot csúcsak, ha mide k eseté a k a. Ha végtele sok csúcsa va a sorozatak, akkor azok yilvá mooto csökkeő részsorozatot alkotak. Tegyük fel, hogy csak véges sok va. Ekkor létezik 0, hogy mide 0 eseté a em csúcs. Tehát va 0 <, hogy a <a. Hasolóa adódik, hogy mivel a em csúcs, ezért va <, a <a. A godolatmeet ismétlésével adódó a <a <a <... részsorozat szigorúa mooto övekedő lesz. 0 0. Haszáljuk fel az itervallumfelezés módszerét és a Cator-axiómát. 4. a) Véges sok pot véges sok iráyt határoz meg a síko, ezért létezik olya egyees, amely eze iráyok egyikével sem párhuzamos, továbbá mide pot az egyik partjára esik. Ha ezt az egyeest egy rá merőleges iráy meté mozgatjuk, akkor midig potosa egy pot kerül át a másik partjára. Ebből köye adódik az állítás. b) Tekitsük a síko egy olya potot, amely ics rajta semelyik két adott pot által meghatározott szakaszfelező merőleges egyeese sem, továbbá egyik adott pottal sem egyezik meg. Ha az adott potok távolságai ettől a pottól d <d <...<d k <d k+ <...<d, akkor tekitsük egy r sugarú kört, ahol d k <r<d k +. Ez a körlap megfelel. 5. a) Tekitsük egy olya egyeest a síko, amely egyik olya egyeessel sem párhuzamos, amely valamely sávot határolja. Eze az egyeese bármely sáv egy szakaszt fed le, így világos, hogy véges sok sáv em tudja lefedi az egyeest, következésképpe a síkot sem. b) Tekitsük egy olya egyeest a síko, amely egyik parabola tegelyével sem párhuzamos. Eze az egyeese bármely parabolatartomáy legfeljebb szakaszyi pothalmazt fed le, így már ezt az egyeest sem tudják lefedi a parabolatartomáyok. 6. Tekitsük egy kört! A kerületé lévő potok véges sok szíel vaak szíezve, ezért lesz olya szí, amellyel végtele sok potot szíeztük ki közülük. Kiválasztva e potok közül darabot azok egy kovex sokszög csúcsait alkotják. A megmaradt, még midig végtele sok azoos szíű kerületi potból ismét válasszuk ki darabot, és így tovább. 7. Legye a három szí piros (P), fehér (F) és zöld (Z). Tekitsük egy egységyi oldalú szabályos háromszöget. Ha eek va két azoos szíű csúcsa, akkor késze vagyuk. Ha ics, akkor tükrözzük a P csúcsot az FZ oldalra. Ha ez a pot F vagy Z, akkor késze vagyuk. Tegyük fel, hogy P. Forgassuk most az eredeti háromszöget a P csúcsa körül pozitív iráyba! Mide egyes helyzetre megismételve a feti godolatmeetet vagy kaptuk közbe egységyi oldalú szabályos háromszöget két azoos szíű csúccsal, vagy pedig adódik egy, a P tükörképei által alkotott piros szíű körvoal, melyek sugara. E körívek yilvá va két, egymástól egységyi távol lévő potja, melyek megfelelek. 8. Tekitsük a síko egy égyzetrácsot. Megmutatjuk, hogy már eek a rácspotjai között is va égy olya,

8 amelyek azoos szíűek és egy téglalap csúcsait alkotják. Tegyük fel, hogy a rácspotok szíezéséhez -féle szít haszáltuk fel. Tekitsük + függőleges helyzetű rácsegyeest. Az ezekre merőleges vízszites rácsegyeesekkel képzett metszéspotok között lesz két azoos szíű pot mide vízszites rácsegyeese. + Ez a két azoos szíű pot egy adott vízszites rácsegyeese pozícióba állhat és -féle szíű + + lehet. Tekitsük most vízszites rácsegyeest. A kiválasztott függőleges rácsegyeesekkel alkotott metszéspotjaik között lesz két olya potpár, amelyek azoos szíű potokból állak, továbbá ugyaabba a pozícióba vaak két függőleges rácsegyeese. E égy pot egy megfelelő téglalap csúcsait alkotja. ( ) ( ) 9. Tegyük fel, hogy létezik a égyzetrácso szabályos rácsötszög. Először godoljuk meg, hogyha egy paralelogramma három csúcsa rácspot, akkor a egyedik csúcsa is rácspot. (Egyszerűe adódik pl. abból, hogy az átlók felezve metszik egymást.) Köyű láti, hogy a szabályos ötszög átlói párhuzamosak azzal az oldallal, amellyel ics közös potjuk. Így akkor az ABCDE szabályos rácsötszög AD és CE átlóiak F metszéspotja rácspot. Hasolóa adódik, hogy bármely két átló metszéspotja rácspot. Mivel az átlók metszéspotjai által kijelölt ötszög szabályos, ezért az eredeti szabályos rácsötszög belsejébe találtuk egy újabb szabályos rácsötszöget. Tekitettel arra, hogy a látott godolatmeet akárháyszor megismételhető, viszot az eredeti ötszög belsejébe csak véges sok rácspot va, elletmodásra jutuk. A godolatmeet csekély változtatással átvihető mide -ál agyobb, páratla oldalszámú szabályos sokszögre, valamit 6-ál agyobb, páros oldalszámú szabályos sokszögre. 0. Tegyük fel idirekt módo, hogy sikerült külöböző méretű kisebb kockákra daraboli az eredeti kockát. Válasszuk ki az eredeti kocka egyik lapját. A darabolás utá ez égyzetekre lesz botva. Tekitsük a legkisebb égyzetet! Köyű láti, hogy ez a égyzet a lap belsejébe kell, hogy legye, hisze a lapo ics két egyforma méretű égyzet és ő a legkisebb. (Ábra!) Tekitsük azt a kockát, amelyek ez a égyzet az egyik lapja. Ezt a kockát agyobb kockák veszik körül mide oldalról, így az előzővel szemközti lapja égyzetekre kell, hogy darabolódjo a kockákra való felbotás sorá. Ismételjük meg a godolatmeetet erre a égyzetre! Világos, hogy az eljárás sosem fog leálli. Ez elletmodásra vezet, hisze a darabolás sorá véges sok kocka keletkezik. Geometriai mérték. Legyeek az adott potok P, P,..., P 000. Tekitsük az egységyi sugarú k kör AB átmérőjét! A háromszög-egyelőtleség miatt AP i +BP i, ezért

9 000 ( AP +BP ) 000, i i= 000 i 000 APi + BP i 000. i= i= S S Nyilvávaló, hogy S és S közül valamelyik legalább 000 kell, hogy legye, ezért az A vagy B pot megfelel.. Ha a égy pot közül három egy egyeesre esik, akkor az állítás yilvávaló. Tegyük fel ezért, hogy a égy pot kovex burka vagy égyszög, vagy pedig olya háromszög, melyek a egyedik pot a belsejébe va. Ha a kovex burok égyszög, akkor aak va olya belső szöge, amely a derékszögél em kisebb. Legyeek a csúcsok (az adott potok) A, B, C, D és ADC 90. Vegyük fel az A és C potokat a DA illetve DC oldalo úgy, hogy DA = és DC =. Ekkor δ AC A C si si 45 =. Egyelőség áll fe pl. egységyi oldalú égyzet eseté. Ha a kovex burok az ABC háromszög, a egyedik pot pedig a háromszög belsejébe lévő D pot, akkor összekötve a csúcsokkal a D-él keletkező szögek közül legalább az egyik 0. Tegyük fel, hogy ez az ADB. Mivel az összekötő szakaszok hossza legalább, ezért AB >.. Tegyük fel idirekt módo, hogy az ABCD kovex égyszög bármely P belső potjára: PA, PB, PC, PD 7. A P potál lévő égy szög közül az egyik legalább derékszög, modjuk APB. Ekkor pl. a kosziusz-tétel miatt AB PA+PB, viszot AB <4 =576, PA+PB 7 =578, ami elletmodás. Va tehát olya csúcsa a égyszögek amihez P közelebb va 7 egységél. 4. Nem igaz. Tekitsük egy olya derékszögű háromszöget, amelyek a befogói 0000 és 0,000 egység hosszúak. Ekkor a háromszög területe területegység. Tegyük fel, hogy szétvágható a feladatba említett módo, akkor a belőle összerakott égyzet területe is, ezért a égyzet oldala egység hosszú. Jelöljük ki a 0000 egység hosszú befogó 999 belső potot úgy, hogy a befogó két végpotjával együtt 000 egyelő hosszú darabra osszák fel. A skatulya-elv miatt eze 00 darab pot között biztosa lesz kettő, amelyek a szétvágást követőe azoos darabo leszek. E két pot között a távolság azoba legalább 0, miközbe a feltevésük szerit létező égyzet két potja közötti távolság legfeljebb lehet. Elletmodásra jutottuk.

0 5. Az adott potok a síko véges sok háromszöget határozak meg. Nézzük ezek közül azt, amelyek a területe maximális agyságú. (Vagy a maximális területűek egyikét, ha több ilye is va.) Legye ez az ABC háromszög. Tekitsük a síko azt az A B C háromszöget, amelyek az ABC háromszög az ú. középvoal háromszöge. Mivel ABC a potok által meghatározott maximális területű háromszög volt, így az adott potok midegyike rajta va az A B C háromszöglapo. (Ábra!) Ezt a középvoalak égy egybevágó háromszögre botják, melyek midegyike legfeljebb területű. A skatulya-elv miatt, mivel 4 499<997, ezért lesz e égy háromszöglap között olya, amely az adott potok közül legalább 500-at tartalmaz. 6. Osszuk fel a égyzetet az oldalaival párhuzamos egyeesekkel 50 darab egybevágó, 0, 0, -es méretezésű téglalapra. A skatulya-elv miatt lesz olya téglalap, melyre az adott potok közül három illeszkedik. Felhaszáljuk azt az ismert állítást (bizoyítását lásd alább), hogy egy paralelogrammába írt háromszög területe legfeljebb a paralelogramma területéek fele. Az említett három potot kiválasztva, az általuk meghatározott háromszög területe legfeljebb 0, 0,=0, =0,0, ami bizoyítja a feladat állítását. A felhaszált állítás bizoyítása. a) Ha a háromszög két csúcsa rajta va a paralelogramma ugyaazo oldalá, vagy valamely oldaltól ugyaakkora távolságra va, akkor a területképletek miatt azoal késze vagyuk. b) Ellekező esetbe válasszuk ki az egyik oldalt, és húzzuk párhuzamost a tőle mért távolság szeriti középső poto keresztül ezzel az oldallal. Így két paralelogrammára botjuk az eredetit, valamit két háromszögre a potok által meghatározott háromszöget. Vegyük észre, hogy a két kisebb háromszög és az őket tartalmazó paralelogrammák az a) potba említett helyzetbe vaak, így visszavezettük arra a b) helyzetet. 7. Köyű láti, hogy 8 darab vele éritkező egységégyzet létezik. Belátjuk, hogy eél több em létezhet. Tekitsük az egységyi oldalú ABCD égyzet köré írt 8 egység kerületű EFGH égyzetet, melyek oldalegyeesei ABCD távolságra vaak az megfelelő oldalegyeeseitől. Megmutatjuk, hogy egy, az ABCD égyzettel éritkező égyzet eek a kerületéből legalább egységyi hosszú részt lefed. Ebből már állításuk adódik. Ha az éritkező égyzetek va közös oldalszakasza az ABCD égyzettel, vagy az EFGH égyzet kerülete két szemközti oldalát is metszi, akkor világos a legalább egységyi hosszúságú rész lefedése.

Vegyük sorba a további lehetőségeket (ábra). Az. helyzetbe a két egybevágó derékszögű háromszög miatt éppe egységyi a lefedett kerületrész. A. helyzetbe a magasságtétel miatt xy=, 4 ezért a számtai és mértai egyelőtleséget alkalmazva: x+ y = x+ közepek közötti x =. 4x 4x A. helyzetbe az állítás yomba leolvasható. 8. Ha a kovex rácsötszög kerületé a csúcsoko kívül is va rácspot, akkor található olya kovex rácsötszög az eredeti rácsötszögö belül, melyek területe kisebb, a csúcsai pedig rácspotok (ábra). Mivel véges sok rácspot va az eredeti kovex ötszöglapo, ezért véges sok lépésbe olya, az eredeti ötszöglapo fekvő kovex rácsötszöghöz juthatuk, amelyek a kerületé a csúcsoko kívül icse rácspot. Tekitsük ezt az ötszöget. A csúcsokat a koordiáták paritása alapjá 4 osztályba lehet soroli: ( ps ; ps),( ps ; ptl ),( ptl ; ps),( ptl ; ptl ). Mivel ötszögről va szó, ezért lesz két csúcs, amelyik azoos osztályba tartozik. Legyeek ezek E és F. Világos, hogy akkor az EF szakasz G felezési potja rácspot lesz. Mivel a fetiekbe modottak miatt E és F em lehetek az ötszög szomszédos csúcsai, ezért G belső rácspot lesz. Ismeretes, hogy egy rácsháromszög területéek mérőszáma midig egy egész szám fele, ezért legalább 0,5 területegység a területe. A G potot az ötszög csúcsaival összekötve 5 rácsháromszögre bothatjuk a kovex ötszöget, amelyek a területe a korábba modottak miatt legalább 5 0,5=,5 területegység lesz. A miimum elérhető, melyre példát mutat az alábbi ábra.

9. Mivel r> és >6, ezért feltehetjük, hogy 7. A rácspotokat számozzuk meg az óramutató járásáak megfelelőe: P, P,..., P. P P, P P 4,..., P P íveket. Tekitsük a Ezek a körvoalat duplá fedik le, így va P P, melyek hossza köztük olya, pl. 4r. Nézzük most a P P P legfeljebb háromszöget. Eek területe rögzített P és P potok eseté akkor maximális, ha P a P P ív felezési potja. Mivel az r sugarú körbe egy kovex α középpoti szöghöz α tartozó húr hossza r si, ezért ismert területképlet miatt: TP Ismeretes, hogyha 0 α P abc P = 4r r si r si r si. 4r, akkor si α α, ezért TP P r r r 4r =. P 4r Mivel egy rácsháromszög területe legalább, így 4 r r. Ezt kellett igazoluk. 40. Fel fogjuk haszáli azt az egyszerűe belátható téyt, hogy a rácsháromszögek területe egy egész szám fele. Most igazoljuk, hogy egy adott körlap által lefedett háromszögek területei közül a szabályos háromszög területe lesz a maximális. Világos, hogy elegedő olya háromszögekkel foglalkozuk, amelyek csúcsai az adott kör kerületi potjai. Legye r a köré írt kör sugara, a, b és c pedig az oldalak hossza. A háromszög trigoometriájából közismert összefüggéseket alkalmazva: T= ab si γ r si α r si β si γ = = r si α si βsi γ. A számtai és mértai közép közötti egyelőtleséget alkalmazva: ( si α si β si γ ) si α+si β+si γ. Mivel a [0 ; ] itervallumba a sziusz függvéy Jese-kokáv, ezért a Jese-egyelőtleséget alkalmazva:

si α+si β+si γ si α+β+γ, = ezért T r ( ) = r. 4 Egyelőség pedig potosa akkor teljesül, ha α=β=γ, azaz a háromszög szabályos. Ezzel állításukat igazoltuk. Mivel a feladatba szereplő kör sugara r=006 egység, ezért a körlap által lefedett rácsháromszögek területéek mérőszáma legfeljebb 006 =5 7 76. 4 [ ] Legelső megjegyzésük miatt így legfeljebb 5 776=0 454 75 külöböző területmérőszám lehetséges. Az adott 400 darab rácspot összese (400)=0 586800 rácsháromszöget határoz meg, így a skatulya-elv miatt a területeik mérőszámai között leie kell két egyelőek. Ezt kellett igazoluk. 4. Írjuk mide oldalra befelé olya téglalapokat, amelyekek a sokszöggel em közös oldala t/k hosszúságú. Ha sokszög oldalhosszúságai a,a,...,a, akkor ezekek a téglalapokak a területösszege: t t t t a +a +...+a =(a +a +...+a ) =t, k k k k vagyis éppe a sokszög területe. Mivel az egyes csúcsokál lévő belső szögek kovexek, így leszek a sokszög belsejébe a téglalapok által többszöröse lefedett részek, ezért lesz olya pot is a sokszög belsejébe, amely ics lefedve. Egy ilye pot, mit a t/k sugarú kör középpotja megfelel, hisze mide oldaltól távolabb va, mit t/k. 4. Tegyük fel idirekt módo, hogy bármely két szőyeg kevesebb, mit /9 aráyba fedi át egymást. Godolatba egymás utá lerakva a szőyegeket ézzük meg, hogy meyi lefedetle részt foglalak el. Az első 9/9 részt. A második több, mit 8/9 részt, a harmadik több, mit 7/9 részt, s.í.t., végül a kilecedik több, mit /9 részt. Mivel 9 8 7 45 + + +...+ = =5, 9 9 9 9 9 így a kilec szőyeg több, mit 5 területegységyi helyet fog így elfoglali a lefedetle részeket tekitve, ami elletmodásra vezet. 4. Tegyük fel, hogy adott a síko darab külöböző pot és D jelöli a közöttük fellépő legagyobb, d pedig a d legkisebb távolságot. Írjuk a potok köré sugarú körlapokat! Ezek a körök em metszhetik egymást, d az általuk lefedett terület pedig. Másrészt ezekek a körökek rajta kell leiük az egyik adott pot 4 d köré írt D+ sugarú körlapo, ezért

4 d d <( D+ ), 4 d d < D+, ahoa (*) D >. d Mivel a feladatba =5=5, D, d, ezért a (*) egyelőtleség em teljesülhet, hisze D 7. d Elletmodásra jutottuk. Tehát em adhatók meg a potok a feladatba leírt módo. 44. Az egységgömb felületéek valamely P potjához redeljük hozzá egy főkört úgy, mitha P lee az északi sark, a főkör pedig az egyelítő. Jelölje a P pothoz ilye módo redelt főkört k P. Vegyük észre, hogy Q k P P k Q. Jelölje az adott ívek hosszát, egyúttal a hozzájuk tartozó középpoti szögeket α, α,...,α. Legye az α ív két végpotja A és B, a hozzájuk a fetebb leírt módo redelt főkörök pedig k A és k B. Ha P az AB ív valamely potja, akkor k P az AB ív által meghatározott két gömbkétszög által kijelölt felülete fekszik. Ezekek a gömbkétszögekek a szöge szité α. Mivel egy α szögű gömbkétszög felszíe α r, ezért az AB ívhez tartozó felületdarab a gömbö: α =4 α. Tudjuk, hogy α +α +...+α <, így akkor 4 (α +α +...+α )<4 =A gömb. Ez azt jeleti, hogy az egységgömb felszíé va olya X pot, hogy X ics rajta egyik kijelölt ívhez tartozó két gömbkétszögö sem. Tekitsük az X-hez tartozó k X főkört! Ez em metszheti egyik kijelölt ívet sem, mivel akkor az M metszéspothoz tartozó k M főkör átmee X-e, amit kizártuk. A k X főkörre fektetett sík megfelelő. 45. Mivel egy háromszögbe agyobb oldallal szembe agyobb szög va és megfordítva, ezért P i P j >P i P miatt P i PP j >60. Tekitsük a P középpotú, egységsugarú gömbfelületet! Mide i-re értelmezzük eze a gömbfelülete egy gömbsüveget oly módo, hogy egy adott i-re a gömbsüveget a gömbfelületek azo a Q potjai alkossák, melyekre P i PQ 0. Ekkor ezek a gömbsüvegek diszjuktak leszek.

5 Mivel egy r sugarú gömbö lévő h magasságú gömbsüvegek a gömbfelülettel közös része rh agyságú, ezért a fetebb értelmezett gömbsüvegekre: rh= r ( cos α)= ( cos 0 )=( ). A párokét diszjukt gömbsüvegek felületeiek összege kisebb, mit a gömb felszíe, ezért ( )<4 < 4 =4 (+ )<8+ 49=5. Ezzel a bizoyítadó állítást igazoltuk. 46. Burkoljuk be a téglatest falait belülről, valamit az egységkockák felületét kívülről egy olya réteggel, amely tartalmazza midazo egységyi sugarú gömbök középpotjait, amelyek a téglatest valamely határoló lapjába, ill. az egységkockákba belemetszeek. Megmutatjuk, hogy eek a rétegek és az egységkockákak az össztérfogata kisebb a téglatest térfogatáál. Ebből már következik, hogy a téglatest belsejébe va olya pot, amely em tartozik a réteghez, azaz a köré írt egységyi sugarú gömb a téglatestbe esik és em metsz bele egyik kockába sem. A téglatest lapjait belülről yilvá egy egységyi vastag réteggel kell burkoli. A femaradó rész egy kisebb téglatest, amelyek mide éle az eredetiéél két egységyivel kisebb, azaz térfogata 4 6 8=9. Egy egységkocka lapjaira szité egy-egy egységyi vastag réteget kell rátei (azaz hat további egységkockát), az élekél ezeket egy-egy egységyi magasságú és egységyi alapkörsugarú egyedhegerrel kell összeköti, végül a csúcsokál egy-egy egységyi sugarú yolcadgömböt kell elhelyezi. A burkolás utá kapott test tehát 7 egységkockából, egyedhegerből és 8 4. yolcadgömbből áll. Térfogata így 7+ + A 9 egységkockára ez összese 4 9(7+ + ) 85,5, ami valóba kisebb, mit 9. 47. Tegyük fel idirekt módo, hogy bármely két pot távolsága legalább 0,7 egység. Tekitsük a potok köré írt 0,5 egység sugarú gömböket! Ezek a gömbök közös belső pot élküliek, valamit midayia bee vaak abba a 5,7 5,7 0,7-es téglatestbe, melyet úgy kapuk, hogy az eredeti téglatest lapjait kívülről egy 0,5 egység vastag réteggel vojuk be. A gömbök össztérfogata kisebb kell, hogy legye, mit eek az új téglatestek a térfogata: 00 4 0,5 <5,7 5,7 0,7. Ie <,04 adódik, ami yilvávaló elletmodás. A kapott elletmodás miatt va két olya pot, melyek távolsága kisebb, mit 0,7 egység.

6 48. sugarú gömböt! Ezek a gömbök közös belső potot em tartalmazak, továbbá térfogataik összege kisebb, mit aak a 0 egység oldalú kockáak a térfogata, melyet az eredeti kocka lapsíkjaitól távolságra lévő síkok határolak. Tehát 98 4 ( ) 98 = <0=000, 6 6000 <,0. 98 Tegyük fel idirekt módo, hogy bármely két adott pot távolsága legalább. Írjuk mide pot köré Ez azoba em igaz, ezért feltevésük megdőlt. Ebből adódik a bizoyítadó állítás. 49. Tegyük fel, hogy K a légitársaság által adott felső korlát, és va egy bőrödük, melyek az egyik csúcsából iduló élek hossza a, b, c, továbbá a+b+c>k. Tételezzük fel, hogy ezt a bőrödöt be lehet csomagoli egy olya bőrödbe, amelyél az egyik csúcsból iduló élek hossza x, y, z. (Így akkor K x+ y +z. ) Jelölje Ar ill. Br a belső ill. külső bőrödtől legfeljebb r távolságra lévő potok halmazát! E pothalmazok térfogatát úgy kapjuk, hogy figyelembe vesszük magát a bőrödöt, a sarkokál lévő yolcadgömböket, az élekél lévő egyedhegereket, valamit a lapokra helyezett r vastagságú, téglatestekből álló réteget. Ezért a térfogatok: 4 r + r (a+b+c )+(ab+bc+ca) r, 4 r V ( B r )=xyz+ + r ( x+y +z)+( xy+ yz+zx )r. V ( Ar )=abc+ Mivel yilvávaló, hogy V ( Ar ) V ( Br ), ezért ebből redezés utá: 0 ( x +y +z a b c )r +( xy+ yz+zx ab bc ca)r+( xyz abc ). Vegyük észre, hogy x+ y +z<a+b+c eseté a jobb oldalo álló r-be másodfokú poliom főegyütthatója egatív lesz, ezért a poliomfüggvéy grafikoja lefelé yíló parabola. Eek az r-be másodfokú egyelőtleségek azoba mide r>0 eseté teljesüli kellee, ami elletmodásra vezet. A kapott elletmodás azt jeleti, hogy a kívát csomagolás em lehetséges. 50. Vizsgáljuk meg, hogy hol lehet az mm sugarú kör középpotja. Egyrészt a középpotak az eredeti körrel kocetrikus, mmrel kisebb, tehát 999 mm sugarú körlapo kell leie, másrészt az egyeesektől legalább mm távolságra. Mide egyeesre illesszük egy-egy mm széles sávot, amelyek az adott egyees a középpárhuzamosa. Elegedő megmutatuk, hogy ezek a sávok em fedik le teljese az 999 mm sugarú kört. Belátjuk a következő állítást: ha párhuzamos egyeesek által határolt sávokkal lefedhető egy körlap, akkor a sávok szélességéek összege legalább akkora, mit a kör átmérője. Legye d, d,..., d a sávok szélessége, a kör sugara pedig r. Tekitsük azt a gömböt, melyek középpotja és sugara a körével megegyező. Tekitsük a gömbfelülete azokat a gömböveket, amelyek merőleges vetületekét éppe a sávokat kapjuk! Belátható, hogy egy r sugarú gömbfelülete lévő, d szélességű

7 gömböv felszíe rd. Ha a sávok lefedik a kört, akkor a gömbövek lefedik a gömbfelületet, ezért rd + rd +...+ rd 4 r, d +d +...+d r. Ezt akartuk igazoli. Visszatérve a feladatra, mivel a kör átmérője 998 mm, míg a sávok szélességeiek összege csak 996 =99 mm, ezért a sávok em fedik le a kört, így elfér még egy mm sugarú kör is az eredeti körlapo.