![]() |
A B. 4334. feladat (2011. február) |
B. 4334. Adott egy egyenes és rajta egy pont. Nevezzük Z-nek az egyenes azon pontjainak halmazát, amelyeknek ettől a ponttól vett távolsága egész. Mutassuk meg, hogy Z-nek bármely H háromelemű részhalmaza esetén Z felbontható H-val egybevágó részhalmazokra.
Javasolta: Bodor Bertalan és Éles András (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2011. március 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Képzeljük az egyenest vízszintesnek, és vegyünk fel rajta egy P′ pontot, amely az adott P ponttól 1/2 távolságra esik. Z-nek P′-től jobbra eső pontjait P′-re tükrözve Z-nek P′-től balra eső pontjait kapjuk, ezért elegendő azt megmutatni, hogy Z-nek bármely H háromelemű részhalmaza esetén Z P′-től jobbra eső pontjainak halmaza felbontható H-val egybevágó részhalmazokra. Ezt a feladatot az egész számok nyelvén a következőképpen fogalmazhatjuk át: bizonyítandó, hogy tetszőleges a≤b pozitív egészek esetén léteznek olyan s1<s2<… természetes számok és Si∈{{si,si+a,si+a+b}, {si,si+b,si+a+b}} halmazok, hogy minden természetes szám az Si halmazok közül pontosan egybe esik bele.
Ilyen sorozatokat konstruálhatunk a következő eljárással. Tegyük fel, hogy valamely n>0 egész számra i<n esetén az si természetes számokat és a megfelelő Si halmazokat már megadtuk. Legyen N a legkisebb természetes szám, amelyet az Si halmazok (i<n) egyike sem tartalmaz. Legyen sn=N. Ha az {N,N+a,N+a+b} halmaz diszjunkt az eddig megadottaktól, akkor legyen Sn={N,N+a,N+a+b}, ellenkező esetben pedig legyen Sn={N,N+b,N+a+b}. Kezdetben egyetlen si számunk és Si halmazunk sincs megadva, így első lépésben az eljárási szabály az s1=0, S1={0,a,a+b} választásra vezet.
Elegendő lesz azt megmutatni, hogy minden n pozitív egészre teljesül a következő három állítás:
(i) s1<s2<…<sn;
(ii) az S1,S2,…,Sn halmazok uniója tartalmazza az első sn+1 természetes számot;
(iii) az S1,S2,…,Sn halmazok páronként diszjunktak.
Ezt n szerinti teljes indukcióval látjuk be; n=1 esetén az állítás nyilvánvaló.
Az indukciós lépéshez tegyük fel, hogy n>1, és (n−1)-re már mind a három állítás igazolást nyert. Legyen tehát N a legkisebb természetes szám, amelyet az Si halmazok (i<n) egyike sem tartalmaz. A második állításból következik, hogy N>sn−1, ami az sn=N választás miatt azt jelenti, hogy az első állítás igaz lesz n-re is. Mivel Sn választása garantálja, hogy N∈Sn, a második állítás is érvényes lesz n-re. Mivel S1,…,Sn−1 páronként diszjunktak, a harmadik állítás is nyilván teljesül n-re abban az esetben, ha az {N,N+a,N+a+b} halmaz diszjunkt az eddig megadottaktól, vagyis az n-edik lépésben az Sn={N,N+a,N+a+b} választást alkalmazzuk.
Ha az {N,N+a,N+a+b} halmaz nem diszjunkt az eddig megadottaktól, akkor először gondoljuk meg, hogy minden eddig megkonstruált halmaz legkisebb eleme kisebb, mint sn=N, tehát minden eddig megkonstruált halmaz legnagyobb eleme kisebb, mint N+a+b, ami azt jelenti, hogy csakis N+a lehet az a szám, amely beleesik valamelyik már megkonstruált halmazba. Megmutatjuk, hogy ekkor N+b nem eshet bele egyikbe sem, ami azt jelenti, hogy Sn={N,N+b,N+a+b} valóban diszjunkt az egymástól páronként diszjunkt S1,…,Sn−1 halmazok mindegyikétől.
Ezen észrevétel igazolásához tegyük fel, hogy N+b beleesik valamelyik Si (i<n) halmazba. Az si<N és a≤b feltételek miatt ez csak úgy lehet, ha N+b ennek az Si halmaznak a legnagyobb eleme; ekkor az Si halmaz legkisebb eleme N−a. Mivel N∉Si, ez csak úgy lehet, ha Si={N−a,(N−a)+b,N+b}, azonban ez esetben az eljárás értelmében az Si={N−a,N,N+b} választást kellett volna alkalmaznunk. Ez az ellentmondás igazolja észrevételünket, és egyben azt is, hogy a harmadik állítás is érvényes lesz n-re.
Statisztika:
3 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Viharos Andor. 4 pontot kapott: Gyarmati Máté. 2 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2011. februári matematika feladatai
|