Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4380. feladat (2011. szeptember)

B. 4380. Egy konvex k-szög oldalain felveszünk m pontot úgy, hogy az így kapott n=k+m elemű \mathcal{P} ponthalmaz középpontosan szimmetrikus alakzat legyen. Igazoljuk, hogy a \mathcal{P} pontjai által meghatározott \binom{n}{2} szakasz között legfeljebb 2n-3 lehet ugyanolyan hosszú. Mely \mathcal{P} halmazok esetén található 2n-3 darab ugyanolyan hosszú szakasz?

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. október 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Nyilván \(\displaystyle n\ge 4\) páros szám. Ha \(\displaystyle n=4\), akkor \(\displaystyle k=4\), \(\displaystyle m=0\), a konvex \(\displaystyle k\)-szög egy paralelogramma, az állítás pedig nyilvánvaló: nem lehet minden oldal és mindkét átló ugyanolyan hosszú. Az is világos, hogy pontosan akkor lesz 5 ugyanolyan hosszú szakasz, ha a sokszög olyan rombusz, melynek egyik szöge \(\displaystyle 60^\circ\)-os.

Most tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\ge 6\), és az állítást \(\displaystyle (n-2)\)-elemű ponthalmazok esetén már beláttuk. A szimmetriaközéppontot jelölje \(\displaystyle O\), a \(\displaystyle \mathcal{P}\) ponthalmaznak \(\displaystyle O\)-tól egyik legtávolabb eső pontja legyen \(\displaystyle A\), ennek tükörképe \(\displaystyle O\)-ra \(\displaystyle A'\). Ekkor \(\displaystyle A'\in \mathcal{P}\), és a ponthalmaz összes pontja az \(\displaystyle AA'\) átmérőjű körlemezen helyezkedik el. Legyen \(\displaystyle d>0\) egy tetszőleges távolság. Azt állítjuk, hogy az \(\displaystyle AA'\) egyenesre támaszkodó bármely zárt \(\displaystyle H\) félsíkban a \(\displaystyle \mathcal{P}\) ponthalmaznak legfeljebb egy olyan pontja található, amely az \(\displaystyle A\) ponttól \(\displaystyle d\) távolságra helyezkedik el. Tegyük fel ugyanis, hogy \(\displaystyle B,C\in \mathcal{P}\cap H\) és \(\displaystyle AB=AC=d\). Az általánosság megszorítása nélkül felthető, hogy \(\displaystyle CAO\sphericalangle<BAO\sphericalangle\). Nyilván \(\displaystyle d<AA'\). Mivel az \(\displaystyle ABC\) háromszög egyenlőszárú, \(\displaystyle ABC\sphericalangle<90^\circ\le ABA'\sphericalangle\). Ezért a \(\displaystyle C\) pont vagy az \(\displaystyle ABA'\) háromszög belsejében, vagy az \(\displaystyle AA'\) szakasz belsejében helyezkedik el, tehát mindenképpen az \(\displaystyle ABA'B'\) paralelogramma belsejében, ahol \(\displaystyle B'\) a \(\displaystyle B\) pontnak \(\displaystyle O\)-ra vonatkozó tükörképe. Ez viszont ellentmond a \(\displaystyle \mathcal{P}\) ponthalmaz konstrukciójának, hiszen \(\displaystyle B'\in \mathcal{P}\).

A \(\displaystyle \mathcal{P}\) ponthalmaznak tehát legfeljebb két olyan pontja van, amely \(\displaystyle d\) távolságra van \(\displaystyle A\)-tól. A szimmetria miatt ez \(\displaystyle A\) helyett az \(\displaystyle A'\) pontra is igaz. Hagyjuk el most a ponthalmazból az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle A'\) pontokat. Így egy olyan \(\displaystyle \mathcal{P}'\) ponthalmazt kapunk, amelynek \(\displaystyle n-2\ge 4\) pontja van, és ugyanúgy szimmetrikus az \(\displaystyle O\) pontra. Könnyű látni, hogy ez is csak a feladatban leírt módon jöhetett létre. Az indukciós feltevés miatt a \(\displaystyle \mathcal{P}'\) pontjai által meghatározott szakaszok között legfeljebb \(\displaystyle 2(n-2)-3=2n-7\) lehet \(\displaystyle d\) hosszúságú, így a \(\displaystyle \mathcal{P}\) pontjai által meghatározott szakaszok között valóban legfeljebb \(\displaystyle (2n-7)+4=2n-3\) lehet \(\displaystyle d\) hosszúságú.

Most megmutatjuk, hogy \(\displaystyle 2n-3\) darab \(\displaystyle d\) hosszúságú szakasz akkor és csak akkor található, ha \(\displaystyle k=4\), \(\displaystyle m\) páros, a \(\displaystyle k\)-szög egy olyan paralelogramma, melynek egyik oldala \(\displaystyle d\), másik \(\displaystyle (\frac{m}{2}+1)d\) hosszú, az egyik szöge \(\displaystyle 60^\circ\)-os, és az \(\displaystyle m\) pont úgy helyezkedik el a két hosszabbik oldalon, hogy azokat \(\displaystyle d\) hosszúságú részekre osztja. Más szóval, ha a ponthalmaz \(\displaystyle P_1,\ldots,P_{m/2+2},Q_1,\ldots,Q_{m/2+2}\) alakú, ahol \(\displaystyle \overrightarrow{P_1P_2}=\overrightarrow{P_2P_3}=\ldots=\overrightarrow{P_{m/2+1}P_{m/2+2}}= \overrightarrow{Q_1Q_2}=\overrightarrow{Q_2Q_3}=\ldots=\overrightarrow{Q_{m/2+1}Q_{m/2+2}}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{P_1Q_1}\) \(\displaystyle d\) hosszúságú vektorok, ahol \(\displaystyle P_2P_1Q_1\sphericalangle=60^\circ\). Ebben a ponthalmazban a \(\displaystyle d\) hosszú szakaszok éppen a \(\displaystyle P_iP_{i+1}\), \(\displaystyle Q_iQ_{i+1}\), \(\displaystyle P_iQ_i\) és \(\displaystyle Q_iP_{i+1}\) szakaszok, melyek száma

\(\displaystyle \left(\frac{m}{2}+1\right)+\left(\frac{m}{2}+1\right)+ \left(\frac{m}{2}+2\right)+\left(\frac{m}{2}+1\right)=2m+5=2n-3.\)

Ezt \(\displaystyle n=4\) esetén már beláttuk, az általános eset pedig könnyen igazolható indukcióval. Ehhez egyrészt azt kell észrevennünk, hogy ha az \(\displaystyle n\ge 6\) pontú \(\displaystyle \mathcal{P}\) ponthalmazban \(\displaystyle 2n-3\) darab \(\displaystyle d\) hosszú szakasz van, akkor a fenti érveléssel kapott \(\displaystyle \mathcal{P}\) ponthalmazban \(\displaystyle 2(n-2)-3\) darab \(\displaystyle d\) hosszú szakasznak kell lenni, ami az indukciós feltevés szerint \(\displaystyle \mathcal{P}'\) szerkezetét már meghatározza, másrészt, hogy az elhagyott \(\displaystyle A,A'\) pontokból 2-2 \(\displaystyle d\) hosszúságú szakasznak kell indulni, ami az \(\displaystyle A,A'\) pontok helyzetét az \(\displaystyle n=6\) esettől eltekintve egyértelműen meghatározza, az \(\displaystyle n=6\) esetben pedig két megoldást enged meg, melyek azonban egybevágóak. A részleteket az olvasóra bízzuk.


Statisztika:

5 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Mester Márton, Strenner Péter.
4 pontot kapott:Katona Dániel, Nagy Róbert.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2011. szeptemberi matematika feladatai