Problem A. 576. (December 2012)
A. 576. Find all positive integers n, nonzero reals and real t for which there exists a finite, nonempty set of points in the plane S and a nonconstant function such that
for every similarity transformation of the plane S.
Proposed by: Tamás Ágoston, Budapest and Márton Mester, Cambridge
(5 pont)
Deadline expired on January 10, 2013.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás: Legyen tetszőleges -ra P1,i=(Ai) minden i-re. Legyen Q egy minden P1,i-től különböző pont a síkon. Ekkor legyen a Q középpontú, P1,1-et P1,i-be vivő (egyértelmű) forgatva nyújtás aránya i, szöge (pozitív irányban) i minden i-re. A P1,1 középpontú, j arányú, j szögű forgatva nyújtás vigye a P1,i pontot a Pj,i pontba minden i és j esetén.
Ekkor P1,1=P2,1=...=Pn,1, valamint minden j-re a pontokhoz van olyan hasonlósági transzformációja S-nek, hogy minden i-re , hiszen ez a és a P1,1 középpontú, j szögű, j arányú forgatva nyújtás egymásutánja.
És minden i2-re létezik S-nek olyan hasonlósági transzformációja, hogy minden j-re . Ugyanis ha az az egyértelmű körüljárástartó hasonlósági transzformációja S-nek, melyre Q képe P1,1, és P1,1 képe P1,i, akkor a és a szorzata megfelel -nek. Hiszen minden j-re a Pj,i pont definíciója szerint a P1,iP1,1Pj,i irányított szög j=P1,1QP1,j, és , vagyis .
Így az f-re adott föltételt használva
Ebből azonnal adódik, hogy
azaz ha , akkor minden esetén, és így minden P1,1 pontra
vagyis f mindenképpen konstans függvény.
Ha , akkor a föntiekből t=0 is rögtön adódik. Ha n=1, akkor c1=0, és a föltétel üres (0=0), így nyilván van nemkonstans megoldás. Ha n=2, akkor c2=-c1, így a föltétel az, hogy tetszőleges P,QS esetén (két különböző pont tetszőleges két másik különböző pontba átvihető hasonlósági transzfromációval) c1f(P)-c1f(Q)=0, vagyis f(P)=f(Q), azaz ekkor a függvény mindenképpen konstans. A továbbiakban az n3 esettel foglalkozunk.
Jó nemkonstans f függvényt pedig mindig tudunk találni az A ponthalmaz alkalmas választásával. Ha az S sík pontjait megkoordinátázzuk, akkor legyenek az pontok koordinátái rendre , ahol ezekre , az f függvény pedig képezze az (x,y) pontot az x-be. Ez a függvény nemkonstans, és belátjuk, hogy teljesíti a föltételeket.
(Ilyen tulajdonságú, különböző xi-ket mindig tudunk választani, hiszen ha az xn-1 értékeket tetszőleges különböző valós számoknak megválasztjuk, akkor cn0 miatt ezekhez egyértelműen létezik egy jó . És ha ez valamelyik xi-vel egyenlő lenne, akkor egy ji, 1jn-1 egészre az xj értékét egy olyan -nal megnövelve, hogy >0, és (ilyen van, hiszen cn0, és a kifejezésben ), a kapott jó lesz (az xn' értékét az új xk' értékekből számoljuk). Ugyanis az xj nő -nal, az xn csökken -nal, a többi xk pedig nem változik. Így >0 és cj>0 miatt xn'xi=xi', és az -ra adott föltétel miatt , vagyis xn'xj', valamint minden i,j-től különböző k-ra , így xn'xk'. És végül ugyanemiatt xj' se lesz egyenlő semelyik xk'-vel sem. Tehát valóban jó xk értékeket kaptunk.)
Ha tekintjük a halmazt, akkor azon az egyenesen, melybe a az x-tengelyt vitte, vagyis amelyiken ezek a pontok vannak, a hasonlóság miatt a (Ai) pontok ugyanolyan arányokban osztják a (A1)(A2) szakaszt (negatív arányokat is megengedünk, az osztási arányon az (A1)(Ai) és a (Ai)(A2) irányított szakaszok arányát értve), mint az Ai az A1A2 szakaszt. Így ez akkor is igaz, ha a (Aj) pontok helyett ezeknek az x-tengelyre vett merőleges vetületeit nézzük, és így a (Aj) pontok xj'-vel jelölt x-koordinátáira vannak olyan és s valós számok, hogy minden j-re
xj'=xj+s.
Így
amiről pedig már A megválasztásánál biztosítottuk, hogy 0 legyen.
Tehát pontosan akkor létezik a kívánt tulajdonságú f függvény és A ponthalmaz, ha , t=0, és n2.
Statistics:
1 student sent a solution. 1 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, December 2012