A B. 4969. feladat (2018. szeptember)

B. 4969. A \(\displaystyle T\) téglalap oldalai \(\displaystyle a\le b\). Tudjuk, hogy valamely két \(\displaystyle r\) sugarú kör együttesen lefedi \(\displaystyle T\)-t, valamint azt is tudjuk, hogy két \(\displaystyle r\)-nél kisebb sugarú körrel ez nem lehetséges. Határozzuk meg \(\displaystyle r\)-t.

(4 pont)

A beküldési határidő 2018. október 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyenek \(\displaystyle AB=CD=b\) és \(\displaystyle BC=DA=a\), az \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle CD\) és \(\displaystyle DA\) oldalak felezőpontjai pedig rendre \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle G\) (az ábra szerint).

Az \(\displaystyle AEFD\) és \(\displaystyle FEBC\) téglalapok körülírt köreinek sugara (Pitagorasz tétele alapján) \(\displaystyle r_0 = \dfrac{1}{2} \sqrt{a^2+\dfrac{b^2}{4}}\). Ezek a körök együttesen lefedik \(\displaystyle ABCD\)-t, ezért \(\displaystyle 2r \leq \sqrt{a^2+\dfrac{b^2}{4}}=2r_0\).

Megmutatjuk, hogy szükségképpen \(\displaystyle r\geq r_0\) is teljesül. Tegyük fel, hogy valamely \(\displaystyle k_1\) és \(\displaystyle k_2\) \(\displaystyle r\) sugarú körök együttesen lefedik \(\displaystyle T\)-t. (Felhasználjuk, hogy \(\displaystyle k_1\) és \(\displaystyle k_2\) szerepe szimmetrikus.)

Ha \(\displaystyle k_1\) kör tartalmazza \(\displaystyle T\) három csúcsát, akkor két szemköztit is, így átmérője legalább \(\displaystyle 2r \geq \sqrt{a^2+b^2}>2r_0\).

Tegyük fel a továbbiakban, hogy \(\displaystyle k_1\) csak a \(\displaystyle T\) két szomszédos csúcsát tartalmazza, vagy \(\displaystyle A\)-t és \(\displaystyle B\)-t, vagy \(\displaystyle A\)-t és \(\displaystyle D\)-t.

1. eset. Ha \(\displaystyle k_1\) \(\displaystyle A\)-t és \(\displaystyle B\)-t (és így \(\displaystyle k_2\) \(\displaystyle C\)-t és \(\displaystyle D\)-t) tartalmazza, akkor valamelyik kör, mondjuk \(\displaystyle k_1\), tartalmazza \(\displaystyle G\)-t, ezért átmérője \(\displaystyle 2r\geq BG= \sqrt{b^2+\dfrac{a^2}{4}}\), amire (\(\displaystyle a\leq b\) miatt) \(\displaystyle 2r\geq \sqrt{b^2+\dfrac{a^2}{4}}\geq \sqrt{a^2+\dfrac{b^2}{4}}=2r_0\).

2. eset. Ha \(\displaystyle k_1\) csak az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle D\) (és így \(\displaystyle k_2\) \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\)) csúcsokat tartalmazza, akkor valamelyik kör, mondjuk \(\displaystyle k_1\), tartalmazza \(\displaystyle E\)-t, ezért átmérője \(\displaystyle 2r\geq DE=\sqrt{a^2+\dfrac{b^2}{4}}=2r_0\).

Vagyis valóban azt kaptuk, hogy \(\displaystyle \boxed{\: r = \dfrac{1}{2} \sqrt{a^2+\dfrac{b^2}{4}} \:}\)  .

Statisztika:

180 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	51 versenyző.
3 pontot kapott:	11 versenyző.
2 pontot kapott:	21 versenyző.
1 pontot kapott:	75 versenyző.
0 pontot kapott:	18 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	4 dolgozat.

A KöMaL 2018. szeptemberi matematika feladatai