Az alábbiakban egy olyan matematikai problémával foglalkozunk, amelynek megfogalmazása meglepően egyszerű, mégis mély és izgalmas kérdésekhez vezet. Vannak olyan esetek, amikor a válasz megadásához mindössze néhány középiskolai eszközre van szükség – például a Pitagorasz-tételre vagy a körökkel kapcsolatos alapvető ismeretekre –, miközben a teljes bizonyítás már komoly nehézségeket rejt, sőt egyes esetekben ma sem ismert. Szemléletesen a cikkben közölt elrendezések tűnnek a legjobbnak, és több esetben bizonyítható is, hogy valóban optimálisak. Jelen írásban nem ezeknek az igazolására térünk ki, hanem arra, hogyan használhatók fel a geometria alapvető eszközei az ilyen típusú feladatok vizsgálatában.
A körpakolási probléma különösen jó példája annak, hogyan találkozhat az egyszerű megfogalmazás és a matematikai mélység. Lehetőséget ad arra, hogy a diákok kísérletezzenek, számoljanak, és közben alapvető geometriai ismereteiket alkalmazzák. A téma feldolgozható szakköri foglalkozásokon, de bizonyos részei akár tanórai keretek között is megjelenhetnek.
A feladat a következő: egyforma, körhenger alakú konzerveket kell egy kartondobozba bepakolni. A kartondoboz alaplapja négyzet. Példaként nézzük 9 konzerv esetét. A hengerek sugara \(r\).
Az ábrán látható elrendezés esetén a kartondoboz alaplapja egy \(3\cdot 2r=6r\) oldalú négyzet.
Mi a helyzet \(n\) számú konzerv esetén?
\(n=1\). Ekkor a szükséges kartondoboz alaplapja egy \(2r\) hosszúságú négyzet.
\(n=2\).
Felhasználjuk, hogy az érintkező körök középpontjainak távolsága a sugarak összege, valamint a négyzet átlója az oldalhossz \(\sqrt{2}\)-szerese. \[\displaystyle PO_2=\frac{2r}{\sqrt{2}}=r\sqrt{2}.\] A négyzet oldalhossza\[2r+r\sqrt{2}=r\left(2+\sqrt{2}\right).\]
Könnyű meghatározni a kartondoboz oldalhosszát, amikor a konzervek száma négyzetszám. Ha \(n=4\), a négyzet oldalhossza \(4r\), ha \(n=16\), a négyzet oldalhossza \(8r\), általában \(n^2~\text{db}\) konzerv esetén az oldalhossz \(2nr\).
A körpakolási probléma: egyenlő vagy akár eltérő sugarú köröket kell egy sokszög belsejében elhelyezni úgy, hogy a köröknek nem lehet közös belső pontja, azaz érinthetik, de nem metszhetik egymást. Kereshetjük azt az elhelyezést, amikor a sokszög oldalhosszai minél kisebbek (ezzel foglalkozunk részletesebben a továbbiakban), vagy a lehető „legsűrűbb” elhelyezést, amikor a\[\displaystyle\dfrac{\text{körök összterülete}}{\text{sokszög területe}}\]hányados a lehető legnagyobb. Példaként: 9 konzerv előbbi elhelyezése estén a sűrűség\[\displaystyle\dfrac{9r^2\pi}{36r^2}=\dfrac{\pi}{4}.\]
Négyzet alapú kartondoboz
Négyzet alapú kartondobozba helyezünk adott számú konzervet, és a szükséges legkisebb négyzet oldalhosszát keressük. A konzervdobozok számát \(n\), sugarát \(r\) jelöli.
Az \(n=1\), illetve \(n=2\) esetekkel készen vagyunk.
\(n=3\) esetén az első ötlet:
A négyzet oldalhossza \(r+2r+r=4r\). A középpontok által alkotott szabályos háromszög magassága \(r\sqrt{3}\), így az ábrán \(m\)-mel jelölt szakasz \[\displaystyle m=r+r\sqrt{3}+r=r\left(2+\sqrt{3}\right)<4r,\] így belefér a négyzetbe. Van-e ennél jobb elhelyezés, azaz lehet-e \(4r\)-nél kisebb a négyzet oldala? Billentsük el a három páronként érintkező kört.
Legyen \(PO_2\) párhuzamos a négyzet \(a\) oldalával és \(\sphericalangle(PO_2,O_1 O_2 )=\alpha\).
Az \(O_1O_2P\) derékszögű háromszögben \(O_2P=2r\cdot\cos\alpha\), a négyzet oldalhossza \(a=2r+2r\cdot\cos\alpha\).
Az \(O_2O_3Q\) derékszögű háromszögben \[\displaystyle O_3O_2Q\sphericalangle=90^{\circ}-60^{\circ}-\alpha=30^{\circ}-\alpha,\] \[\displaystyle O_2Q=2r\cdot\cos(30^{\circ}-\alpha),\quad b=2r+2r\cdot\cos(30^{\circ}-\alpha).\]
A doboz alaplapja négyzet, ezért \(a=b\), ebből \(\cos\alpha=\cos(30^{\circ}-\alpha)\). \(\alpha\) hegyesszög, tehát \(α=30^{\circ}-\alpha\), így \(\alpha=15^{\circ}\). A négyzet oldala \[\displaystyle a=2r+2r\cdot\cos15^{\circ}=r\left(2+\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{6}}{2}\right)<4r,\] valóban jobb elrendezés.
\(n=5\) esetén a legjobb elrendezésnek tűnik:
Az elrendezés szimmetriája miatt \(O_1O_2O_5O_4\) négyzet. Felhasználjuk, hogy az érintkező körök középpontjainak távolsága a sugarak összege, valamint a négyzet átlója az oldalhossz \(\sqrt{2}\)-szerese.
A négyzet oldalhossza\[\displaystyle 2r+2r\sqrt{2}=2r\left(1+\sqrt{2}\right).\]
\(n=6\) esetén ez lehet a legjobb elrendezés:
Az elrendezés a \(BE\) egyenesre szimmetrikus. Az ábra jelöléseivel: \(a=2r+2x\), \(b=2r+3y\). A doboz alaplapja négyzet, így \(a=b\), ebből \(2x=3y\). A Pitagorasz-tétel alkalmazásával: \[\displaystyle x^2+y^2=4r^2,\quad\text{ebből}\quad y=\dfrac{4r}{\sqrt{13}},\ x=\dfrac{6r}{\sqrt{13}}.\] A négyzet oldalhossza\[\displaystyle r\left(2+\frac{12}{\sqrt{13}}\right).\]
Szabályos háromszög alapú kartondoboz
Pakoljuk most szabályos háromszög alapú kartondobozba a konzerveket! Most mekkora lesz a kartondobozok oldalhossza?
\(n=1\) esetén a kör a háromszög beírt köre, így a háromszög oldalhossza \(a=2\sqrt{3}\cdot r\)
\(n=2\) esetén az elrendezés:
Az \(ADO_1\) és a \(BEO_2\) háromszögek \(30^{\circ}\), \(60^{\circ}\), \(90^{\circ}\) szögekkel rendelkeznek, \(AD=BE=r\sqrt{3}\), \(DE=2r\).
A szabályos háromszög oldalhossza \[2r\left(1+\sqrt{3}\right).\]
\(n=3\) esetén az elrendezés:
Felhasználva az \(n=2\) eset számolítását, a szabályos háromszög oldalhossza most is \[2r\left(1+\sqrt{3}\right).\]
\(n=4\) esetén ez tűnik a legjobb elrendezésnek:
Az elrendezés forgásszimmetriája miatt az \(O_1O_2O_3\) háromszög \(120^{\circ}\)-os szöggel rendelkező egyenlő szárú háromszög. \[\displaystyle O_1 O_2=2r, O_2 O_3=2r\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\cdot2=2r\sqrt{3}\] Az \(ADO_2\) és a \(BEO_3\) háromszögek \(30^{\circ}\), \(60^{\circ}\), \(90^{\circ}\) szögekkel rendelkeznek, \(AD=BE=r\sqrt{3}\).
A szabályos háromszög oldalhossza \(4r\sqrt{3}\).
\(n=5\) esetén egy jó elrendezés:
Az előző esetekhez hasonló számolással a szabályos háromszög oldalhossza\[2r\left(2+\sqrt{3}\right).\]
\(n=6\) esetén:
Az előző dobozba még egy konzerv elfér. A szabályos háromszög oldalhossza most is\[2r\left(2+\sqrt{3}\right).\]
Az \(n=2\) és \(n=3\) esetekben, valamint az \(n=5\) és \(n=6\) esetekben ugyanakkora oldalhosszúságú szabályos háromszög jelenti az optimális dobozméretet. Erdős Pál és Norman Oler sejtése szerint, ha \(n\) háromszögszám, akkor \(n\) és \(n-1\) kör azonos oldalhosszúságú szabályos háromszögbe pakolható be, és \(n-1\) körre az optimális pakolás úgy valósítható meg, hogy \(n\) kör „méhsejt” („hatszögletű”) pakolásából egy kört eltávolítunk. A sejtés \(n≤15\) esetén igaz, nagyobb \(n\)-ekre még nem bizonyított.
Egyenlő szárú derékszögű háromszög alapú kartondoboz
A kartondobozok alaplapja legyen egyenlő szárú derékszögű háromszög. A legkisebb befogót keressük.
\(n=1\) esetén a kör a háromszög beírt köre, \(r(2+\sqrt{2})\) befogójú derékszögű háromszögbe írható \(r\) sugarú kör.
\(n=2\).
Felhasználjuk, hogy a körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők, és a háromszög átfogója a befogók \(\sqrt{2}\)-szerese. \[\displaystyle AD=r,\qquad DE=r\sqrt{2},\qquad BE=x,\] \[\displaystyle BF=x=CG,\qquad FG=2r.\] \[\left(r+r\sqrt{2}+x\right)\sqrt{2}=2x+2r,\]ebből\[x=r\left(1+\sqrt{2}\right)\] és a befogó\[r\left(2+2\sqrt{2}\right).\]
Egy másik lehetőség, hogy az \(A\) pontból megrajzoljuk a két kör közös érintőjét. Ez a szimmetria miatt a \(BC\) átfogót a felezőpontban (\(M\) pont) metszi. Az \(ABM\) háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög. Jelölje \(b\) az \(AB=AC\) szakaszok hosszát. \[\displaystyle AM=BM=\dfrac{b}{\sqrt{2}}.\] Felhasználjuk, hogy derékszögű háromszögbe írt kör sugara feleakkora, mint a befogók összegének és az átfogónak a különbsége: \[\displaystyle r=\dfrac{2\cdot\dfrac{b}{\sqrt{2}}-b}{2}=\dfrac{b\cdot\left(\sqrt{2}-1\right)}{2},\] amiből rendezés után adódik a befogó hossza\[b=r\left(2+2\sqrt{2}\right).\]
\(n=3\).
Az előzőhöz hasonló gondolatmenettel \[\displaystyle AD=r,\qquad DE=2r,\qquad EB=BF=x,\qquad FG=2r\sqrt{2}\] és\[\displaystyle(3r+x)\sqrt{2}=2x+2r\sqrt{2},\] ebből \[\displaystyle x=\dfrac{r\sqrt{2}\left(2+\sqrt{2}\right)}{2},\] valamint a befogó \[\displaystyle r\left(4+\sqrt{2}\right).\]
\(n=4\).
\[\displaystyle AD=r,\qquad DE=2r\sqrt{2},\qquad EB=BF=x,\qquad FG=4r\] \[\displaystyle \left(r+2r\sqrt{2}+x\right)\sqrt{2}=2x+4r,\] ebből\[\displaystyle x=r\left(1+\sqrt{2}\right),\]valamint a befogó\[\displaystyle r\left(2+3\sqrt{2}\right).\]
\(n=5\).
Az \(O_1TO_2\) háromszög szögei \(30^{\circ}\), \(60^{\circ}\), \(90^{\circ}\). \(O_1O_2O_3\) szabályos háromszög, \(O_2O_3O_4\) egyenlő szárú derékszögű háromszög.\[GB=BQ=x\]
\(x=r\left(1+\sqrt{2}\right)\), hiszen a \(GBQO_3\) négyszög egybevágó az előző ábra \(EBFO_2\) négyszögével, és \[\displaystyle AB=r\left(4+\sqrt{2}+\sqrt{3}\right).\]
\(n=6\).
A háromszög befogójának hossza az \(n=3\)-ra kapott hosszból adódik: \[r\left(6+\sqrt{2}\right).\]
Megjegyzés: ez a háromszög-elrendezés jelenik meg minden \(n\) háromszögszám esetén.
Kör alakú tálca
A konzerveket kör alakú tálcára rakjuk ki a kartondobozból. Kérdés: mekkora a legkisebb tálca sugara, amelyen elférnek a konzervdobozok (ha nem lehet őket egymásra pakolni)?
\(n=2\) esetén a tálca sugara az ábráról leolvasható, \(R=2r\).
\(n=3\).
Az \(O_1O_2O_3\) szabályos háromszög oldalhossza \(2r\), magassága \(r\sqrt{3}\), a tálca \(O\) középpontja ennek a háromszögnek a súlypontja, így\[R=r+\dfrac{2}{3}r\sqrt{3}=r\dfrac{3+2\sqrt{3}}{3}.\]
\(n=4\).
Az \(O_1O_2O_3O_4\) négyzet oldalhossza \(2r\), átlója \(2r\sqrt{2}\), a tálca sugara \[\displaystyle R=r+r\sqrt{2}=r\left(1+\sqrt{2}\right).\]
\(n=5\).
A konzervek legjobb elhelyezése esetén azok középpontja egy szabályos ötszög csúcsaiban helyezkedik el. Legyen \(OO_1=x\). Az \(O_1OE\) derékszögű háromszögben az \(O\) csúcsnál lévő szög \(36^{\circ}\), így \[\displaystyle x=\dfrac{r}{\sin36^{\circ}}=\dfrac{4r}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}.\]
A tálca sugara \[\displaystyle R=r+\dfrac{4r}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}}=r\left(1+\sqrt{2+\dfrac{2}{\sqrt{5}}}\right).\]
Megjegyzés: 1968-ban bizonyította R. L. Graham, hogy ez valóban az optimális elhelyezés.
\(n=6\).
Két optimális elhelyezés is van: a hat konzerv egy szabályos hatszög csúcsaiban helyezkedik el, vagy egy szabályos ötszög csúcsaiban és középpontjában. A tálca sugara mindkét esetben \(R=3r\). (R. L. Graham 1968-ban bizonyította, hogy nincs jobb elrendezés.)
Könnyen látható, hogy az első elrendezés esetén még egy doboz elfér a tálcán, így \(n=7\) esetén is \(R=3r\) a megoldás.
Ez az írás a Matematikatanárok Rátz László Vándorgyűlésének záródolgozata alapján készült.
Grallert Krisztina
Miskolci Egyetem Földes Ferenc Gyakorló Gimnázium
Irodalom:
Alfred S. Posamentier, Robert Geretschläger: The circle: a mathematical exploration beyond the line (2016, Prometheus Books)
