KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Belépés
Regisztráció
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum
Cikklista
Trükkös

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

A 2001. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatainak megoldása

1. Adott a síkon 3n-1 pont, közülük semelyik három nem esik egy egyenesre. Mutassuk meg, hogy található közöttük 2n pont, melyek konvex burka nem háromszög.

I. Megoldás. Ha n=1, akkor az állítás nyilvánvaló, n>1 esetén pedig ekvivalens azzal, hogy található 2n pont, melyek konvex burkának legalább 4 csúcsa van. Ha találunk m\(\displaystyle ge\)2n pontot, melyek konvex burkának legalább 4 csúcsa van, azok közül már könnyűszerrel elhagyhatunk m-2n pontot úgy, hogy a megmaradók konvex burkának még mindig legalább 4 csúcsa legyen.

Ha a pontok P halmazának konvex burka nem háromszög, akkor a fenti megjegyzés értelmében készen is vagyunk. Feltehető tehát, hogy P konvex burka egy A1B1C1 háromszög. Tegyük fel, hogy valamely i<n esetén az A1,...,Ai pontokat már definiáltuk úgy, hogy minden j\(\displaystyle le\)i esetén a {\cal
P}\setminus\{A_1,\ldots,A_{j-1}\} ponthalmaz konvex burka éppen az AjB1C1 háromszög. A \(\displaystyle {\cal P}\setminus\{A_1,\ldots,A_{i}\}\) halmaznak legalább 2n pontja van, ezért az előbbi megállapításunkhoz hasonlóan feltehetjük, hogy e halmaz konvex burka is egy háromszög. Ennek két csúcsa nyilván B1 és C1, a harmadikat jelöljük Ai+1-gyel.

Megállapíthatjuk tehát, hogy ha nem található a pontok között 2n olyan, melyek konvex burka nem háromszög, akkor létezik egy A1,A2,...,An pontsorozat P-ben úgy, hogy minden ilen esetén \(\displaystyle {\cal P}\setminus\{A_1,\ldots,A_{i-1}\}\) konvex burka az AiB1C1 háromszög. Hasonlóan készíthetjük el a B1,B2,...,Bn és C1,C2,...,Cn pontsorozatokat is. Az így kapott 3n pont között kell legyen kettő olyan, amelyik egybeesik. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy Aj=Bk. Ekkor a

\(\displaystyle {\cal P}\setminus\{A_1,A_2,\ldots,A_n\}\setminus\{B_1,B_2,\ldots,B_n\}\setminus\{C_1\}\)

ponthalmaznak legalább n-1\(\displaystyle ge\)1 pontja van, és mindegyik belső pontja mind az AjB1C1, mind a BkA1C1 háromszögnek. Ez azonban lehetetlen, hiszen a két háromszögnek nincs közös belső pontja. Ez az ellentmondás igazolja az állítást.

Megjegyzések. 1. Nem nehéz megmutatni, hogy a feladatban 3n-1 helyébe 3n-2 már nem írható. Valóban, legyen A1B1C1 egy szabályos háromszög, melynek középpontja O, és legyen A, B, C rendre az OA1, OB1 és OC1 szakaszok felezőpontja. Legyen kA, kB és kC egy-egy R sugarú körív, mely az A1 és A, B1 és B, illetve C1 és C pontokat köti össze. Vegyük fel a kA, kB, kC íveken az A2,...,An, B2,...,Bn-1 és C2,...,Cn-1 pontokat. Ha n\(\displaystyle ge\)2 és R elég nagy, akkor a P={A1,...,An,B1,...,Bn-1,C1,...,Cn-1} 3n-2 elemű ponthalmazból nem választható ki 2n pont, melyek konvex burka nem háromszög. Ha ugyanis R elég nagy, akkor minden AiAj egyenes elválasztja egymástól a Bk és C\(\displaystyle ell\) pontokat. Ha tehát P egy részhalmaza konvex burkának csúcsa az Ai és Aj pont is, akkor az A1,...,An pontokon kívül legfeljebb n-1 további pontot tartalmazhat, tehát legfeljebb 2n-1 pontja lehet. Hasonlóképpen okoskodhatunk akkor is, ha a konvex burok a Bi vagy a Ci pontok közül tartalmaz legalább kettőt csúcsként. Következésképpen P minden 2n elemű részhalmazának konvex burka mind az Ai, mind a Bi és úgyszintén a Ci pontok közül is csak egyet tartalmazhat csúcsként, és így szükségképpen háromszög lesz.

2. Jelölje \(\displaystyle \lceil x\rceil\) az x valós szám fölső egész részét, vagyis az x-nél nem kisebb egész számok közül a legkisebbet. Megmutatható, hogy az alábbi erősebb állítás is igaz.

Tegyük fel, hogy n\(\displaystyle ne\)3, és adott a síkon \lceil3n/2\rceil-1 pont, melyek közül semelyik három nem esik egy egyenesre. Ekkor található közöttük n pont, melyek konvex burka nem háromszög.

A következőkben erre az állításra adunk még két bizonyítást. Jegyezzük meg, hogy a feltételnek csak akkor van értelme, ha n pozitív egész szám, és hogy n\(\displaystyle le\)2 esetén az állítás nyilván igaz. Ennek megfelelően a megoldások során feltesszük, hogy n>3 egész számot jelöl. Páratlan n esetén a fenti konstrukció apró módosításával ellenőrizhetjük azt is, hogy ha a pontok száma \lceil3n/2\rceil-2, akkor az állítás már nem marad igaz.

II. Megoldás. Tegyük fel, hogy a P legalább \lceil3n/2\rceil-1 elemű általános helyzetű ponthalmaz nem tartalmaz n pontot, melyek konvex burka nem háromszög. Legyen P konvex burka az ABC háromszög, és legyen A1=A. Az első megoldásban ismertetett módon készítsük el az \(\displaystyle A_1,A_2,\ldots,A_{\lceil n/2\rceil}\) sorozatot úgy, hogy minden \(\displaystyle i\le\lceil n/2\rceil\) esetén \(\displaystyle {\cal P}\setminus\{A_1,\ldots,A_{i-1}\}\) konvex burka az AiBC háromszög legyen.

Rendezzük sorba az \(\displaystyle A_2,\ldots,A_{\lceil n/2\rceil}\) pontokat az A-ból nézve pozitív irányban, és jelölje közülük a két szélsőt X és Y. Az AX és AY egyenesek BC szakasszal alkotott metszéspontját jelölje X' és Y'. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy a B, X', Y', C pontok ebben a sorrendben követik egymást a BC egyenesen. A BCX és BCY háromszögek közül valamelyik tartalmazza a másikat. Ezek közül a kisebbik, melyet lefed a BYY' és CXX' háromszögek egyesítése, tartalmazza a \(\displaystyle {\cal P'}={\cal P}\setminus\big\{A_1,A_2,\ldots,A_{\lceil n/2\rceil},B,C\big\}\) legalább n-3 elemű ponthalmazt. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy P' pontjainak legalább a fele a BYY' háromszögbe esik (ábra). Válasszunk ki ezek közül \lceil(n-3)/2\rceil pontot, ezek halmazát jelölje P''. Tekintsük végül a \(\displaystyle {\cal Q}={\cal P}''\cup\big\{A_1,A_2,\ldots,A_{\lceil n/2\rceil},B\big\}\) halmazt. Q-nak \(\displaystyle \big\lceil(n-3)/2\rceil+\lceil n/2\big\rceil+1=n\) eleme van, és minden eleme az AY'B háromszögbe, vagy annak határára esik. Ezért az A, Y, B pontok a Q halmaz konvex burkán helyezkednek el. A konvex buroknak tartalmaznia kell továbbá a P'' halmaznak legalább egy pontját is, ami ellentmond az indirekt feltevésünknek.

III. Megoldás. (Ez a megoldás Lippner Gábortól származik.) Akárcsak az első megoldásban, most is feltehetjük, hogy a pontok konvex burka egy ABC háromszög. Két olyan pontot, mely a háromszög belsejében fekszik, kössünk össze egy piros, kék vagy zöld színű szakasszal aszerint, hogy az általuk meghatározott egyenes a háromszög három oldala közül melyiket nem metszi: az AB, a BC vagy a CA oldalt. Jelölje rendre P, K és Z azon pontok halmazát, melyekből indul ki piros, kék, illetve zöld színű szakasz. Az n\(\displaystyle ge\)4 feltevés miatt az ABC háromszög belsejében legalább 2 pont helyezkedik el, és ezért a P\(\displaystyle cup\)KcupZ halmaz megegyezik a háromszög belsejében lévő pontok halmazával, tehát \lceil3n/2\rceil-4 eleme van. Megmutatjuk, hogy a P, K, Z halmazok valamelyikének az elemszáma legalább n-2. Ennek igazolásához készítsük el a halmazok Venn-diagrammját, ahol az egyes betűk a megfelelő részhalmazok elemszámát jelölik.

Ha mondjuk a\(\displaystyle ne\)0, akkor van olyan pont a háromszög belsejében, amelyet minden további ponttal piros színű szakasz köt össze, ekkor tehát

\(\displaystyle |P|=\lceil3n/2\rceil-4\ge n-2,\)

hiszen n\(\displaystyle ge\)4. Feltehetjük tehát, hogy a=b=c=0. Ez azt jelenti, hogy |PcupKcupY|=x+y+y+v. Ha most |P|=y+z+v, |K|=z+x+v és |Z|=x+y+v mindegyike kisebb lenne, mint n-2, akkor összegzés után a

\(\displaystyle 3n-8\le2\big(\lceil3n/2\rceil-4\big)=2(x+y+z+v)\le|P|+|K|+|Z|\le3(n-3)=3n-9\)

egyenlőtlenséghez jutnánk, ami lehetetlen.

Valóban igaz tehát, hogy valamelyik halmaz elemszáma legalább n-2. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy |P|\(\displaystyle ge\)n-2\(\displaystyle ge\)2. Tekintsük a P'=P\(\displaystyle cup\){A,B} legalább n elemű halmazt, ennek konvex burka tartalmazza az A és B csúcsokat. Legyen D\(\displaystyle in\)P, és tekintsük P-nek egy olyan E pontját, melyre a DE szakasz piros. Mivel a DE egyenes nem metszi az AB szakaszt, az E pont nem lehet az ABD háromszög belsejében. Ezért P' konvex burka nem lehet háromszög. Már csak annyit kell megjegyeznünk, hogy ekkor P'-ből kiválasztható egy n\(\displaystyle ge\)4 elemű részhalmaz, melynek konvex burka szintén nem háromszög.


2. Legyen k\(\displaystyle ge\)3 egész szám, \(\displaystyle \){k\choose3}">. Bizonyítandó, hogy ha ai, bi, ci (1\(\displaystyle le\)i\(\displaystyle le\)n) 3n darab különböző valós szám, akkor az ai+bi,ai+ci,bi+ci számok között legalább k+1 különböző szám található. Mutassuk meg, hogy \(\displaystyle n={k\choose3}\) esetén az állítás nem feltétlenül igaz.

I. Megoldás. Tegyük fel, hogy az állítás nem igaz, vagyis az ai+bi, ai+ci, bi+ci számok között legfeljebb k különböző szám található, ezek halmazát jelölje T. Világos, hogy minden 1\(\displaystyle le\)i\(\displaystyle le\)n esetén az ai+bi, ai+ci, bi+ci számok páronként különbözők, vagyis T-nek egy 3-elemű részhalmazát alkotják. Továbbá, ha ai+bi=x, ai+ci=y és bi+ci=z, akkor ai=(x+y-z)/2, bi=(x+z-y)/2 és ci=(y+z-x)/2. Az {x,y,z} halmaz ismeretében az {ai,bi,ci} halmaz tehát egyértelműen meghatározható. Minthogy

\(\displaystyle {|T|\choose3}\le{k\choose3} léteznek 1\(\displaystyle le\)i<j\(\displaystyle le\)n indexek úgy, hogy {ai,bi,ci}={aj,bj,cj}, ami azonban lehetetlen.

A második állítás bizonyításához tekintsük a T={t1,t2,...,tk} halmazt, ahol ti=4i. Legyen \(\displaystyle n={k\choose3}\), és jelölje T1,T2,...,Tn a T halmaz 3-elemű részhalmazait. Ha Ti={4u,4v,4w}, ahol 1\(\displaystyle le\)u<v<w\(\displaystyle le\)k egész számok, akkor legyen ai=(4u+4v-4w)/2, bi=(4u+4w-4v)/2 és ci=(4v+4w-4u)/2, ekkor nyilván ai+bi,ai+ci,bi+ciinT. Ezért elegendő megmutatni, hogy az ai,bi,ci (1\(\displaystyle le\)ilen) számok mind különbözők. ai=bj

vagy ai=cj semmilyen i,j esetén nem állhat fenn, hiszen az ai számok mind negatívak, míg a bj, cj számok mind pozitívak. Az sem lehet, hogy bi=cj, hiszen a bi számok mindegyike valamelyik (22s-2,22s-1) alakú intervallumba esik, míg a ci számok mindegyike valamelyik (22s-1,22s) alakú intervallumba esik, ahol 3\(\displaystyle le\)s\(\displaystyle le\)k egész szám.

Legyen most Ti={4u,4v,4w} és Tj={4x,4y,4z}, ahol 1\(\displaystyle le\)u<v<w\(\displaystyle le\)k és 1\(\displaystyle le\)x<y<zlek egész számok. Tegyük fel, hogy ci=cj, ekkor

4v+4w-4u=4y+4z-4x.

Mivel 4w<4v+4w-4u<4w+1 és 4z<4y+4z-4x<4z+1, ez csak úgy lehet, ha w=z, következésképpen 4v-4u=4y-4x. Itt 4v-1<4v-4u<4v és 4y-1<4y-4x<4y, ezért az egyenlőség csak úgy állhat fenn, ha v=y, és ekkor szükségképpen u=x, i=j is igaz. A ci számok tehát mind különbözők.

Ugyanilyen gondolatmenettel megállapíthatjuk azt is, hogy mind az ai számok, mind a bi számok különbözők, amivel a bizonyítás végére értünk.

II. Megoldás. A feladat első részére mutatunk egy másik indoklást, ez Kiss Demetertől származik. Tegyük fel ismét, hogy az állítással ellentétben a 3n összeg között legfeljebb k különböző szám található. Ekkor ezek közül valamelyik, jelöljük ezt a-val, legalább \(\displaystyle {3n\over k\){k-1\choose2}"> alkalommal fordul elő. Ha valamilyen i-re az ai+bi, bi+ci és ai+ci összegek közül kettő is egyenlő lenne a-val, akkor az ai, bi, ci számok között lenne két megegyező. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük tehát, hogy minden 1\le
i\le{k-1\choose2}+1 esetén az ai+bi, bi+ci és ai+ci összegek közül pontosan egy lesz a-val egyenlő. Az ezen összegek közül fennmaradó \(\displaystyle 2\left({k-1\choose2}+1\right)\) összeg most már csak k-1 különböző értéket vehet fel, van tehát egy olyan érték, jelöljük ezt b-vel, amely legalább

\(\displaystyle 2\left({k-1\choose2}+1\right)\Big/(k-1\)k-2">

alkalommal fordul elő. Az előző okoskodáshoz hasonlóan tehát feltehetjük, hogy minden 1\(\displaystyle le\)i\(\displaystyle le\)k-1 esetén az ai+bi, bi+ci és ai+ci összegek közül az egyik a-val, egy másik pedig b-vel egyenlő. A még megmaradó k-1 összeg pedig már csak legfeljebb k-2 különböző értéket vehet fel, lesz tehát köztük kettő, amelyik megegyezik. Ekkor azonban az ezekhez tartozó ai, bi, ci számhármasok is megegyeznek, mely ellentmondás bizonyítja az állítást.

A továbbiakban a feladat második részére mutatunk több megoldást.

III. Megoldás. Tekintsük a T={t1,t2,...,tk} halmazt, ahol ti=3i. Legyen {x,y,z} és {u,v,w} az {1,2,...k} halmaz két 3-elemű részhalmaza. Az I. megoldáshoz hasonlóan, annyit kell csak megmutatnunk, hogy ha

\(\displaystyle {3^x+3^y-3^z\over2}={3^u+3^v-3^w\over2},\)

akkor a két részhalmaz szükségképpen megegyezik, és z=w. Valóban, ekkor 3x+3y+3w=3u+3v+3z=A. Ha az A számot hármas számrendszerben írjuk fel, akkor annak 0-tól különböző számjegyei között vagy három 1-es, vagy egy 1-es és egy 2-es számjegy szerepel, hiszen x=y=w nem lehetséges. A felírás egyértelműsége miatt az első esetben {x,y,w} és {u,v,z} az {1,2,...k} halmaznak ugyanaz a 3-elemű részhalmaza. Mivel x,y\(\displaystyle ne\)z, ebből w=z, majd {x,y}={u,v} is következik, ahogyan azt bizonyítani kívántuk. A második esetben azt kapnánk, hogy {x,y,w} és {u,v,z} az {1,2,...k} halmaznak ugyanaz a 2-elemű részhalmaza. Mivel x\(\displaystyle ne\)y, ez meg kellene egyezzen az {x,y} halmazzal, ahonnan z\(\displaystyle in\){x,y} következne, ami nem lehetséges.

IV. Megoldás. Ahogyan azt az eddigi megoldások is sugallják, elegendő azt megmutatni, hogy minden k pozitív egész esetén létezik egy olyan Tk={t1,t2,...,tk} halmaz, melyre tx+ty+tz=tu+tv+tw akkor és csak akkor teljesül, ha az x, y, z számok valamilyen sorrendben megegyeznek az u, v, w számokkal. Valóban, ekkor nem nehéz megmutatni, hogy a (tx+ty-tz)/2 alakban felírható \(\displaystyle 3{k\choose3}\) szám (ahol {x,y,z} az {1,2,...k} halmaz tetszőleges 3-elemű részhalmaza) mind különböző.

Ha k=1 akkor a t1=1 választás nyilván megfelelő. Elegendő megmutatni azt, hogy létezik olyan végtelen t1,t2,...,ti,... sorozat, hogy minden i\(\displaystyle ge\)2 esetén ti nem írható fel r1t1+...+ri-1ti-1 alakban, ahol r1,...ri-1 racionális számok. Tegyük fel ugyanis, hogy létezik ilyen sorozat, tekintsük a Tk halmazt, és tegyük fel, hogy tx+ty+tz=tu+tv+tw teljesül valamilyen 1\(\displaystyle le\)x,y,z,u,v,wlek esetén. Legyen i az x, y, z, u, v, w indexek között előforduló legnagyobb szám. Ha most ti nem ugyanannyiszor szerepelne az egyenlőség két oldalán, akkor átrendezés után egy ti=r1t1+...+ri-1ti-1 alakú egyenlőséghez jutnánk. Ezért i ugyanannyiszor szerepel az x, y, z számok között, mint az u, v, w számok között. Mindkét oldalról elhagyva a ti-vel egyenlő tagokat, és az előbbi lépést megismételve végül azt kapjuk, hogy az x, y, z számok valamilyen sorrendben valóban megegyeznek az u, v, w számokkal.

Tegyük fel tehát, hogy k>1, és a t1,...,tk-1 számokat már meghatároztuk a fenti kívánalomnak megfelelően. Ekkor az r1t1+...+rk-1tk-1 alakban felírható számok halmaza megszámlálhatóan végtelen, míg az összes valós szám halmaza nem az, létezik tehát olyan tk valós szám, mely nem írható fel r1t1+...+rk-1tk-1 alakban. Ezért a kívánt tulajdonságú sorozat létezése azonnal következik a teljes indukció elvéből.

Megjegyzések. 1. Az előző megoldásban nem konstruktív módon igazoltuk egy alkalmas t1,t2,...,ti,... sorozat létezését. Megmutatható, hogy például a t_i=\sqrt{p_i} választással, ahol pi az i-edik pozitív prímszámot jelöli, megfelelő sorozathoz jutunk. Ennek bizonyítása azonban már túl messzire vezetne.

2. Ahogyan azt Kocsis Albert Tihamér észrevette, a feladat átalánosítható a következő módon. Legyenek kgetge3 egész számok, \(\displaystyle \){k\choose t}">. Ha ai1,ai2,...,ait (1\(\displaystyle le\)ilen) tn különböző valós szám, akkor a \(\displaystyle \sum_{i=1}^ta_i-a_k\) (1leilen, 1leklet) számok között legalább k+1 különböző szám található, n={k\choose t} esetén pedig ez nem mindig van így. Ennek igazolását az olvasó könnyen elvégezheti, nincsen szükség hozzá alapvetően új gondolatra.

3. Merőben más a helyzet, ha kéttagú összegeknél maradunk. Világos, hogy ha k\(\displaystyle ge\)3 egész szám, n>{k\choose3}, és ai, bi, ci, di (1leilen) 4n különböző valós szám, akkor az ai+bi, ai+ci, ai+di, bi+ci, bi+di, ci+di összegek között legalább k+1 különböző szám található. Meglepő módon ez az állítás lényegesen nem javítható. Érdemes elgondolkozni a következő feladaton: minden k\(\displaystyle ge\)3 egész számra létezik \(\displaystyle 4{k\choose3}\) különböző valós szám, ai, bi, ci, di \left(1\le
i\le{k\choose3}\right) úgy, hogy az ai+bi, ai+ci, ai+di, bi+ci, bi+di, ci+di összegek között legfeljebb 2k különböző szám található.


3. Egy négyzetrácsban tekintsünk egy adott háromszöghöz hasonló legkisebb területű rácsháromszöget. Bizonyítsuk, hogy körülírt körének középpontja nem rácspont.

I. Megoldás. (Gerencsér Balázs megoldása.) Tekintsünk egy olyan rácsháromszöget, melynek körülírt körének középpontja is rácspont. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy az egyik csúcspont (A) az origó. Legyenek a másik két csúcs koordinátái B=(a,b) és C=(c,d), a körülírt kör középpontjáé pedig O=(x,y).

Az OA és OB szakaszok egyenlőségéből a Pitagorasz tétel alapján nyerjük, hogy x2+y2=(a-x)2+(b-y)2, ahonnan leolvasható, hogy a2+b2, és így a+b és a-b is páros számok. Hasonlóképpen kapjuk, hogy c+d és c-d is páros számok.

Tekintsük most az A1B1C1 rácsháromszöget, ahol

A1=A, B_1=\left({a+b\over2},{a-b\over2}\right) és C_1=\left({c+d\over2},{c-d\over2}\right).

Ebben a háromszögben

\(\displaystyle \overline{A_1B_1}^2=\left({a+b\over2}\right)^2+\left({a-b\over2}\right)^2={a^2+b^2\over2}={\overline{AB}^2\over2},\)

\(\displaystyle \overline{A_1C_1}^2=\left({c+d\over2}\right)^2+\left({c-d\over2}\right)^2={c^2+d^2\over2}={\overline{AC}^2\over2}\)

és

\(\displaystyle \overline{B_1C_1}^2=\left({a+b-c-d\over2}\right)^2+\left({a-b-c+d\over2}\right)^2={{(a-c)}^2+{(b-d)}^2\over2}={\overline{BC}^2\over2}.\)

Az A1B1C1 háromszög oldalai tehát rendre megegyeznek az ABC háromszög megfelelő oldalainak \(\displaystyle \sqrt{2}\)-ed részével, a két háromszög ennek megfelelően hasonló. Ilyen módon találtunk egy, az ABC háromszöghöz hasonló, annál kisebb területű rácsháromszöget. Ez bizonyítja az állítást.

II. Megoldás. Tegyük fel, hogy egy H rácsháromszög körülírt körének O középpontja is rácspont. Legyenek az egyik oldalvektor koordinátái (x,y), az O pontból a szóban forgó oldal csúcsaiba mutató vektorok koordinátái pedig (a,b), illetve (c,d). Ekkor a, b, c, d, x, y egész számok, melyekre a Pitagorasz tétel alapján

x2+y2=(a-c)2+(b-d)2=(a2+b2)+(c2+d2)-2(ac+bd)

teljesül. Mivel a2+b2=c2+d2 (a körülírt kör sugarának négyzete), x2+y2, és így (x+y)2 is páros szám. Következésképpen x+y és x-y is páros számok.

Ha az (x,y) vektort az origó körül 45o-os szöggel elforgatjuk pozitív irányba, akkor az \left({x-y\over\sqrt{2}},{x+y\over\sqrt{2}}\right) vektort kapjuk, ezt \(\displaystyle {1\over\sqrt{2}}\) arányban nagyítva pedig az \left({x-y\over{2}},{x+y\over{2}}\right) vektorhoz jutunk, melynek mindkét koordinátája egész szám.

Megállapíthatjuk tehát, hogy H-t bármely csúcsa körüli 45o-os szöggel történő \(\displaystyle {1\over\sqrt{2}}\) arányú forgatva nyújtás egy hozzá hasonló, ám nála kisebb rácsháromszögbe viszi. Ez bizonyítja az állítást.

Megjegyzés. Bontsunk fel egy húrsokszöget valamely csúcsából induló átlóinak segítségével háromszögekre. Mivel ezen háromszögek körülírt köreinek ugyanaz a középpontja, ez a megoldás mutatja azt is, hogy a feladat állítása háromszög helyett tetszőleges húrsokszögre is igaz.

Károlyi Gyula


Jelentés a 2001. évi Kürschák József Matematikai Tanulóversenyről

Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley