Fórum: Valaki mondja meg!

Van 20 darab egymástól nem feltétlenül különböző szám. A 20 darab számot tetszőlegesen szétválasztjuk két 10 elemű halmazra. Ezután egy 2 sorból és 10 oszlopból álló táblázat felső sorába beírjuk az egyik 10 elemű halmaz elemeit növekvő (nem csökkenő) sorrendben, a táblázat alsó sorába beírjuk a másik 10 elemű halmaz elemeit csökkenő (nem növekvő) sorrendben Ezután a táblázat minden oszlopában kiszámoljuk az oszlopban levő két szám különbségét (különbség = nagyobb szám - kisebb szám), majd az így kapott különbségeket összeadjuk, így egy eredmény adódik. Bizonyítsuk be, hogy bárhogy is választjuk szét a 20 darab számot két 10 elemű halmazra, a kapott eredmény mindig kiszámolható úgy is, hogy a 10 legnagyobb szám összegéből kivonjuk a 10 legkisebb szám összegét. Mindenki segítségét előre is köszönöm: BZ.

Szerintem a 1. feladatra a Sylvester-Gallai tétel túl erős, csak akkor kéne, ha azt a gyengébb feltételt vesszük, hogy bármely 3 pont által kifeszített síkra illeszkedik egy tőlük különböző negyedik pont.

Az 1. feladatban válasszunk tetszőleges A,B,C pontokat. Ezek nem kollineárisak, tehát egyértelműen meghatároznak egy S síkot. Ha most veszünk egy, az előző pontoktól különböző P pontot, akkor a feltétel szerint A,B,C és P egy síkon helyezkednek el, de ez a sík tartalmazza az A,B,C pontokat is, tehát meg kell hogy egyezzen S-sel. Tehát a pontok egy síkon vannak.

Bizonyítás teljes indukcióval.

Ha n=3, akkor igaz az állítás, mert ekkor n-3=0 és a háromszögnek nincs átlója.

Ha n=4, igaz az állítás, mert ekkor n-3=1 és mivel egy konvex négyszög 2 átlója metszi egymást, ezért csak egy átlót húzhatunk be.

Legyen \(\displaystyle n\geq5\), \(\displaystyle K_n\) egy n oldalú konvex sokszög és tegyük fel, hogy n-nél kisebb oldalszámú konvex sokszögre igaz az állítás.

Húzzunk be egy tetszőleges \(\displaystyle f\) átlót \(\displaystyle K_n\)-ben. Ekkor a sokszöget egy i oldalú \(\displaystyle K_i\) és egy n+2-i oldalú \(\displaystyle K_{n+2-i}\) konvex sokszögre bontottuk fel \(\displaystyle (3\leq i\leq n-1\)). Nyilvánvaló, hogy ezek után csak olyan átlót húzhatunk be \(\displaystyle K_n\)-ben, mely vagy csak \(\displaystyle K_i\) vagy csak \(\displaystyle K_{n+2-i}\) belsejében halad, ugyanis ellenkező esetben a behúzott átló metszené \(\displaystyle f\)-et. Az indukciós feltevés miatt így legfeljebb összesen

\(\displaystyle i-3+n+2-i-3=n-4\) átlót húzhattunk be.

Ezekhez hozzávéve a \(\displaystyle f\) átlót, kapjuk, hogy \(\displaystyle K_n\)-be is legfeljebb n-3 egymást nem metsző átló húzható be,mely tartalmazza \(\displaystyle f\)-et. A kapott felső érték nem függ i-től (így \(\displaystyle f\)-től sem), tehát \(\displaystyle K_n\)-be is legfeljebb n-3 darab egymást nem metsző átló húzható be.

A kapott felső korlát mindig elérhető, ha egy kijelölt fix csúcsból húzzuk be az összes átlót.

Az 1. feladatra az alábbi - síkbeli - Sylvester-Gallai tétel bizonyításának gondolatmenetét lehet felhasználni a térben is.

Sylvester-Gallai tétel: Adott n>=3 pont a síkon. Ekkor vagy az összes adott pont illeszkedik egy egyenesre, vagy van egy olyan egyenes, amire közülük pontosan kettő illeszkedik!

A tétel bizonyítása az interneten is elérhető több oldalon is.

Köszönöm a szép megfogalmazásokat. Ilyenkor látom, hogy bár ha tudom a feladat megoldását, vagy legalábbis azt hiszem, hogy tudom a feladat megoldását, még nem biztos, hogy jól le tudom írni. Találkoztam további két feladattal, amelyet tudom, hogy igaz, azt is tudom, hogy miért, de nem tudom szépen megfogalmazni:

1. Adott térben véges sok pont úgy, hogy semelyik három nincs egy egyenesen. Igaz-e, hogy ha bármelyik négy pont illeszkedik egy síkra, akkor az összes pont egy síkon van? Mi a helyzet végtelen sok pont esetén.

2. Igaz-e, hogy egy \(\displaystyle n\) oldalú konvex sokszögbe maximum \(\displaystyle n-3\) átlót lehet behúzni, úgy hogy az átlóknak ne legyen metszéspontjuk?

Egy könyvemből (Matematikai versenytételek) másolok.

II. megoldás: Ha a derékszögű háromszög átfogóját a kisebbik (pontosabban: a másiknál nem nagyobb) befogóval elosztjuk, gyök2-nél nem kisebb hányadoshoz jutunk. Ez abból következik, hogy a<= b esetén c*c=a*a+b*b>=2*a*a, tehát c/a>=gyök2.

Ha a háromszög két oldalát változatlanul hagyjuk, de az általuk közrefogott szöget növeljük, akkor a harmadik oldal is növekszik. Ezért tompaszögű háromszögre, sőt (egy egyenesen elhelyezkedő, csatlakozó szakaszokká) elfajuló háromszögre is kimondhatjuk, hogy legnagyobb oldala a legkisebbel osztva legalább gyök2 értékű hányadost ad.

Elég ezért azt bizonyítanunk, hogy a sík bármely négy pontja között van három olyan, amely derékszögű, tompaszögű vagy elfajuló háromszöget határoz meg. Induljunk ki a sík négy pontjából. Feltehetjük, hogy nincs közöttük három egy egyenesen elhelyezkedő. Tekintsük a négy pont konvex burkát, azaz azt az idomot, amelyet úgy kapunk, hogy a pontok köré fonalat feszítünk. Minthogy a pontok nincsenek mindannyian egy egyenesen, konvex burkuk vagy háromszög, vagy négyszög. Ha a P1P2P3 háromszöghöz jutunk, akkor P4 ennek belsejében van, hiszen három pont nem lehet egy egyenesen. A P4P1, P4P2, P4P3 szakaszok háromszögünket három háromszögre vágják fel. Ezeknek P4-nél elhelyezkedő három szöge együttesen 360 fok, s ezért közöttük tompaszög is van (sőt közülük legalább kettő tompa.) Egy ilyen tompaszög a pontjainkból alakított tompaszögű háromszög szöge. Ha a konvex burok négyszög, akkor ennek szögeiről elmondhatjuk, hogy nem lehet mindegyik hegyes, hiszen összegük 360 fok. A legnagyobb szög tehát derékszög vagy tompaszög, s ez egy a pontjainkból alakított derékszögű vagy tompaszögű háromszög szöge.

köszi szépen a szépmegfogalmazást. Valahogy én is így gondoltam, csak nem tudtam ennyire egyszerűen és átláthatóan összefoglalni.

A megoldás második része:

A bolyai.hu honlapról könnyű eljutni a [Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1961 1. kateg. 1. ford. 9-13. évfolyam] mappáig. Innen másolom be két részletben Hajós György (!) 1. feladatra adott megoldását. E feladat eredeti kitűzési szövege:

A sík négy pontja hat távolságot határoz meg. Bizonyítsuk be, hogy e távolságok legnagyobbika a legkisebbel osztva nem adhat \(\displaystyle \sqrt2\) -nél kisebb hányadost.

A megoldás első része:

Megint találkoztam egy feladattal: Bizonyítandó, hogy a síkon bárhogy is választunk ki négy pontot, a köztük előforduló hat távlság maximumának és minimumának hányadosa legalább \(\displaystyle 2^{1/2}\). Inkább arról van szó, hogy hogyan kell szépen és egyszerűen bizonyítani, mert körülményesen össze tudom hozni a bizonyítást. Minden segítséget előre is köszönök.