A konvex PQRS négyszög minden csúcsának mindkét koordinátája egész szám. A négyszög átlóinak metszéspontja legyen $E$. Bizonyítsuk be, hogy ha a négyszög $P$ és $Q$ csúcsánál levő szögeinek összege 180\r{ }-nál kisebb, akkor a PQE háromszög tartalmaz a belsejében vagy a határán olyan $P$-től és $Q$-tól különböző pontot, amelynek szintén egészek a koordinátái.

Hogy rövidebben tudjuk magunkat kifejezni, az egész koordinátájú pontokat rácspontnak fogjuk nevezni, és az olyan sokszögeket, amelynek minden csúcsa rácspont, rácssokszögnek. 1. Egyrészt belátjuk, hogy a sokszög, pontosabban a PQR vagy a PQS háromszög tartalmaz a csúcsain kívül is rácspontot, másrészt azt, hogy ha van rácspont az EPS vagy az EQR háromszög belsejében, akkor egy ilyen rácsponttal helyettesítve az $S$, illetőleg az $R$ csúcsot, elég az állítást a keletkező kisebb négyszögre bizonyítani, erre is teljesülnek a feladat feltételei. A kettőből következik a feladat állítása. Négyszögünk ugyanis csak véges számú rácspontot tartalmazhat, így a második állításban megfogalmazott eljárást véges sokszor alkalmazva, ha szükséges, olyan PQR$_{1}S_{1}$ négyszöghöz jutunk (ez megegyezhet az eredeti négyszöggel), amelyikben az EPS$_{1}$ és EQR$_{1}$ háromszög belsejében már nincs rácspont. Az első állítás szerint ebben is tartalmaz rácspontot a csúcsain kívül a PQR$_{1}$ vagy a PQS$_{1}$ háromszög. Ezt a rácspontot tehát az EPQ háromszögnek is tartalmaznia kell és különbözik $P$-től és $Q$-tól.

2. A fenti második állítás helyessége nyilvánvaló. Ha ugyanis pl. az EQR háromszögben van egy $T$ rácspont (1. ábra), akkor $TQP\angle <RQP\angle $, tehát a szögekre vonatkozó feltétel a PQTS négyszögre is teljesül; az átlók $E$' metszéspontja pedig a QS átló QE szakaszára esik, tehát az $E$'PQ háromszögben levő rácspont az EPQ háromszögnek is pontja.

3. Válasszuk a betűzést úgy, hogy az $R$ csúcs ne essék közelebb a PQ egyeneshez, mint $S$. Ekkor az a $T$' pont, amelyikre PT'RS paralelogramma, a PQR háromszög belsejében van (2. ábra), vagy a PQ szakasz belsejében, mert a szögfeltétel szerint az RT' félegyenes a négyszög belseje felé indul, a PT' félegyenes pedig vagy a négyszög belsejébe indul, vagy egybeesik a PQ félegyenessel. $T$' rácspont. Jelöljük ugyanis a $P$, $R$, $S$, $T$' koordinátáit $\left( {p_1 ,p_2 } \right)$, $\left( {r_1 ,r_2 } \right)$, $\left( {s_1 ,s_2 } \right)$, $\left( {t'_1 ,t'_2 } \right)$-vel. A paralelogramma átlóinak felezőpontjai egybeesnek. Ezt koordinátákban felírva:

Innen a $T$' pont koordinátái $t'_i =p_i +r_i -s_i $ ($i=1,\;2)$. Ezek egész számok, ha $p_i $, $r_i $, egész. Ezzel az 1. rész első állítását is igazoltuk, a feladatot megoldottuk. 
Megjegyzések: 1. A harmadik pontban lényegében a következő tételt bizonyítottuk be, amelyik független a rácspontoktól: Minden konvex négyszögnek van olyan csúcsa, amelyikből induló oldalakat paralelogrammává egészítve ki, ezt a négyszög tartalmazza. Ez az 1950. évben a Középiskolai Matematikai Lapok Országos Tanulóversenyén (a mai Arany Dániel verseny elődje) a haladók 3. feladata volt. 235--240. oldalán.} A tétel speciális esete a következőnek: Egy konvex n-szögnek, ha $n>3$, legalább $n-3$ olyan csúcsa van, amelyekből induló oldalakat paralelogrammává egészítve ki, a paralelogrammát a sokszög tartalmazza. Ez viszont már az egyetemi hallgatók 1964. évi Schweitzer Miklós emlékversenyének 4. Feladata volt. 2. A harmadik pont második állítása így fogalmazható: Egy rácspontnak két rácspont közötti szakasz felezőpontjára vonatkozó tükörképe rácspont. Ez igaz egységnyi oldalú négyzetekből épített rács helyett tetszés szerinti paralelogrammarácsra is. Egy ilyen úgy keletkezik, hogy egy paralelogramma egyik csúcsából induló oldalegyeneseire mindkét irányban rámérjük az oldalt ismételten, minden határon túl, majd a keletkező pontokon át a másik oldalegyenessel párhuzamos egyenest húzunk. A két egyenessereg metszéspontjai a keletkezett paralelogrammarács rácspontjai. Jelöljük a kiválasztott paralelogrammacsúcsot $O$-val, a belőle induló oldalakat mint vektorokat a és b-vel, ekkor világos, hogy a rácspontok az $u{\rm {\bf a}}+v{\rm {\bf b}}$ helyvektorú pontok, ahol $u$ és $v$ tetszés szerinti egész szám. Legyen $E$, $F$, $G$ három rácspont, helyvektoraik e, f, g. Ekkor $G$-nek az EF szakasz felezőpontjára vonatkozó $G$' tükörképére $\overrightarrow {GG'} =\overrightarrow {GE} +\overrightarrow {GF} $. Így $G$' helyvektorára

Mivel a jobb oldalon álló vektorok mindegyike a és b egy-egy egész többszörösének az összege, így ugyanez áll g'-re is, tehát $G$' rácspont. Meggondolásunk akkor is érvényes marad, ha $E$ és $F$ egybeesik, tehát rácspontnak rácspontra vonatkozó tükörképe is rácspont.

2. Megoldás

a) A feladat állításának a helyességét tetszés szerinti síkrácsra bizonyítjuk. Felhasználjuk ezeknek a következő tulajdonságát: Ha egy egyenesen van két rácspont, akkor van végtelen sok, ezek egymástól egyenlő távolságra sorakoznak; a sík összes rácspontjai ezzel párhuzamos egyeneseken helyezkednek el, mindegyiken egymástól ugyanolyan távolságra, és az egyenesek is egymástól egyenlő távolságra következnek. Ezt a megoldás végén bebizonyítjuk. A legalább két rácspontot tartalmazó egyeneseket rácsegyeneseknek fogjuk nevezni. Azt mutatjuk meg, hogy ha egy PQRS négyszög csúcsai rácspontok, és az EPQ háromszög $P$-n és $Q$-n kívül nem tartalmaz rácspontot sem a határán, sem a belsejében, akkor

Ez egyenértékű a bizonyítandó állítással. Feltétel szerint a PQ egyenesen és a vele párhuzamos rácsegyeneseken a szomszédos rácspontok távolsága a PQ szakasz hossza. Vegyük a PQ egyenesnek a négyszöget tartalmazó oldalán az első PQ-val párhuzamos rácsegyenest, és azon a QE egyeneshez legközelebbi $A$ rácspontot a QE egyenes $P$-t tartalmazó oldalán, esetleg QE-n, továbbá a szomszédos $B$ rácspontot úgy, hogy APQB paralelogramma legyen. Ekkor $E$ az AP és BQ egyenesek közti sáv pontja, mert az $A$ és $B$ rácspont választása folytán az EPQ háromszög vagy benne van az APQB paralelogrammában, vagy az AB egyenes átmetszi a háromszöget. Utóbbi esetben az egyenesnek a háromszögbe eső szakasza az AB szakasz része, mert a háromszög nem tartalmaz rácspontot.

A sáv belsejében nincs rácspont, mert ha volna, az azon keresztülmenő, AP-vel párhuzamos rácsegyenesnek AP hosszúságú szakasza esnék az APQB paralelogrammába, és ennek vagy a két végpontja, vagy egy belső pontja rácspont volna; a paralelogramma azonban nem tartalmaz a csúcsain kívül rácspontot. Eszerint $R$ és $S$, amik a PE, illetve a QE meghosszabbítására esnek, a sávon kívül vannak, annak különböző oldalán, vagy a sáv egyik, illetve másik határán. Így

és ezt kellett bizonyítanunk. b) A felhasznált segédtétel bizonyítása. Legyen $K$, $L$, $M$ három rácspont, amelyek nincsenek egy egyenesen. Tegyük fel továbbá, hogy $L$ a KL félegyenesnek a $K$-hoz közelebbi rácspontja. Az előző megoldáshoz fűzött 2. megjegyzésbeli tétel szerint $K$-nak az LM szakasz $F$ felezőpontjára vonatkozó $M_{1}$ tükörképe rácspont. Ez az $M$-en át KL-lel párhuzamosan húzott egyenesen van, és $M$ és $M_{1}$ között nincs rácspont, mert annak $F$-re vonatkozó tükörképe $K$ és $L$ közti rácsponton volna, ilyen azonban nincs. Hasonlóan $M$-nek LM$_{1}$ felezőpontjára vonatkozó $L_{1}$ tükörképe, majd $L$-nek $L_{1}M_{1}$ felezőpontjára vonatkozó $L_{2}$ tükörképe és így tovább, mindig a következő rácspont adja felváltva a KL és az MM$_{1}$ egyenesen. $K$ és $L$ szerepét felcserélve adódik, hogy az egyeneseken az ellenkező irányban is végtelen sok rácspont van, egymástól egyenlő távolságra. Ezzel eddig annyit láttunk be, hogy a KL egyenesen végtelen sok rácspont sorakozik egymástól egyenlő távolságra; továbbá egy $M$ rácsponton át KL-lel párhuzamosan húzott egyenes szintén rácsegyenes, és ezen a szomszédos rácspontok távolsága szintén a KL távolság. A KLM$_{1}M$ paralelogrammában csak véges sok rácspont lehet, viszont a KL és MM$_{1}$ közti sávban minden KL-lel párhuzamos rácsegyenesen van a paralelogrammához tartozó rácspont, amint a megoldás első részében beláttuk. Így a sávban véges számú ilyen rácsegyenes futhat. Feltehetjük, hogy MM$_{1}$ már a legközelebbi, tehát a paralelogramma a csúcsain kívül nem tartalmaz rácspontot.

Húzzuk meg a KM rácsegyenes minden rácspontján át a KL-lel párhuzamos rácsegyenest. Ezek együtt tartalmazzák az összes rácspontot. Ha ugyanis valamelyik két szomszédos egyenes közt volna még rácspont, azt tartalmazná egy KLM$_{1}M$-mel egybevágó és egyállású $K$'$L$'$M$'$_{1}M$' paralelogramma (4. ábra. Az egyező betűk megfelelő csúcsokat jelölnek.) A két paralelogrammát a KM'$_{1}$ felezőpontjára való tükrözés egymásba viszi át, így a vesszős paralelogrammában levő további rácspontot a vesszőtlen paralelogramma egy rácspontjába. Ilyen azonban nincs, így egyenlő távolságban sorakozó egyenesekből álló rácsegyenesseregünk az összes rácspontot tartalmazza. Ezzel a segédtételt bebizonyítottuk.

3. Megoldás

Felhasználjuk a paralelogrammarácsok következő tulajdonságát: Az olyan rácsháromszögeknek, amelyek sem a belsejükben, sem a határukon nem tartalmaznak további rácspontot, egyenlő a területe. Az ilyen háromszögeket üresnek fogjuk nevezni. A feladat állítását indirekt úton bizonyítjuk, tehát feltesszük, hogy az EPQ háromszög nem tartalmaz $P$-n és $Q$-n kívül rácspontot. Legyen az EPS háromszög PQ egyeneshez legközelebbi, $P$-től különböző rácspontja $S_{1}$ (ez lehet $S$ is). Egyfelől a PRS$_{1}$ háromszög területe kisebb a PQS$_{1}$-énél, mert a szögfeltételből következik, hogy

s így a PS$_{1}$ és a QR egyenesek $S_{1}$-en, illetve $R$-en túli meghosszabbítása metszi egymást. Ezért a PS$_{1}$ oldalhoz tartozó magasság az előző háromszögben kisebb, mint az utóbbiban.

Másfelől nézve PQS$_{1}$ üres rácsháromszög, mert ha tartalmazna rácspontot a csúcsain kívül, ez közelebb lenne PQ-hoz, mind $S_{1}$, és az EPQ háromszögön kívül lenne az indirekt feltevés szerint, de ez $S_{1}$ választása szerint nem lehetséges. A PRS$_{1}$ háromszög szintén rácsháromszög, és vagy üres, vagy felbontható több üres rácsháromszögre, területe tehát legalább akkora, mint a PQS háromszögé. Ezzel ellentmondásra jutottunk, tehát feltevésünk nem lehet igaz. 

Megjegyzések: 

1. Lényegében a felhasznált segédtétel bizonyítása volt az 1942/2 feladat, lásd M v-t. II. 110--117. oldal.

2. Tetszés szerinti rácssokszög területe meghatározható rácspontjainak megszámlálásával: Az üres rácsparalelogrammák területét $d$-vel jelölve, ha a sokszög belsejében $b$ rácspont van, a kerületén, a csúcsokat is beleszámítva, $k$ darab, akkor a sokszög területe:

Ezt a G. Pick-től származó tételt felhasználva elvégezhető a bizonyítás az $S_{1}$ pont segítségül vétele nélkül is a PQS és a PRS háromszög területének összehasonlításával.