Kezdőlap


Cím:	Megjegyzés egy versenyfeladathoz
Szerző(k):	Erdős László
Füzet:	1987/május, 196 - 198. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Az idei OKTV első fordulójában szerepelt a következő feladat :
Bizonyítsuk be, hogy egy 8 cm oldalú négyzet belsejében tetszés szerint elhelyezett $33$ pont közül mindig kiválasztható 3 pont úgy, hogy az általuk meghatározott háromszög területe nem nagyobb $2 {cm}^{2}$ -nél.
A feladat megoldása a skatulya-elv szokványos alkalmazásán múlik: ha felosztjuk a $8 \times 8$ -as négyzetet $16$ db $2 \times 2$ -es négyzetre, akkor lesz olyan kis négyzet, melybe (határát is beleértve) legalább $3$ adott pont esik. Ezután már csak azt kell igazolni, hogy egy adott négyzetbe írt háromszög területe nem haladja meg a négyzet területének felét; ez az állítás négyzet helyett paralelogrammára is igaz, és bizonyítása igen egyszerű.
A bizonyítás nem működik, ha $33$ -nál kevesebb pont van adva a négyzetben, ugyanakkor ‐ némi próbálgatás után ‐ érezhetjük, hogy $33$ -nál jóval kevesebb pontot sem tudunk úgy elhelyezni, hogy ne legyen $2$ -nél nem nagyobb területű háromszögünk. Az alábbiakban a fenti megoldástól eltérő módszerrel megmutatjuk, hogy az állítás már $23$ pont esetén is igaz. Bár valószínűleg még ez az érték is messze van a pontos határtól, a bizonyítás talán nem érdektelen, és szemben a fenti, tisztán kombinatorikus okoskodással, feltehetően tovább finomítható.
Jelöljük $s$ -sel a négyzetben elhelyezett pontok számát, és ezek konvex burka legyen $k$ -szög, melynek oldalai $a_{1}$ , $a_{2}$ , $...$ , $a_{k},$ szögei , $α_{1}$ , $α_{2}$ , $...$ , $α_{k}$ (az $a_{i},$ $a_{i + 1}$ oldalak szöge $α_{i}$ ). Tegyük fel, hogy bármely $3$ pont által meghatározott háromszög területe $2$ -nél nagyobb. Ennek felhasználásával felső becslést adunk $k$ -ra.
Közismert, hogy ha egy sokszög a belsejében tartalmaz egy konvex sokszöget, akkor az utóbbi kerülete a kisebb. Mivel a négyzet kerülete $32,$ így

\begin{matrix} 32 ≧ a_{1} + a_{2} + ... + a_{k} . \end{matrix}

(1)

A konvex burok bármely három szomszédos csúcsa egy háromszöget határoz meg, amelynek területe ‐ feltevésünk szerint ‐

2

-nél nagyobb. Ezért

\begin{matrix} \frac{1}{2} a_{i} a_{i + 1} sin α_{i} > 2 (i = k \end{matrix}

(2)

Felhasználva a számtani és a mértani közép közti egyenlőtlenséget

\begin{matrix} \frac{a_{i} + a_{i + 1}}{2} ≧ \sqrt[]{a_{i} a_{i + 1}} > \sqrt[]{\frac{4}{sin α_{i}},} innen pedig a_{i} + a_{i + 1} > \frac{4}{\sqrt[]{sin α_{i}}} . \end{matrix}

(Itt használtuk, hogy

sin α_{i} \neq 0,

hiszen

sin α_{i} = 0

mellett van elfajuló, azaz

0

területű háromszög is.) Összegezve ezt

i = 1

2

...

k

-ra:

\begin{matrix} 2 (a_{1} + ... + a_{k}) > 4 (\frac{1}{\sqrt[]{sin α_{1}}} + \frac{1}{\sqrt[]{sin α_{2}}} + ... + \frac{1}{\sqrt[]{sin α_{k}}}) . \end{matrix}

(3)

A jobb oldal további becsléséhez felhasználjuk a Jensen-egyenlőtlenséget. (Ennek az igen hasznos és széles körben használható egyenlőtlenségnek a bizonyítása megtalálható pl. Molnár Emil: Matematikai versenyfeladatok gyűjteménye c. könyvének 516‐520 oldalán.)

Tekintsük az

f (x) = \frac{1}{\sqrt[]{sin x}}

függvényt a

(0; π)

intervallumban.

Könnyen igazolható, hogy

f

itt konvex, így a Jensen-egyenlőtlenséget alkalmazva

\begin{matrix} f (\frac{α_{1} + α_{2} + ... + α_{k}}{k}) ≦ \frac{f (α_{1}) + ... + f (α_{k})}{k}, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} \frac{k}{\sqrt[]{sin \frac{(k - 2) π}{k}}} ≦ \frac{1}{\sqrt[]{sin α_{1}}} + ... + \frac{1}{\sqrt[]{sin α_{k}}} . \end{matrix}

Ezt (3)-ban felhasználva

\begin{matrix} 2 (a_{1} + ... + α_{k}) > \frac{4 k}{\sqrt[]{sin \frac{(k - 2) π}{k}}} = \frac{4 k}{\sqrt[]{sin \frac{2 π}{k}}}, \end{matrix}

így (1) szerint

\begin{matrix} 64 > \frac{4 k}{\sqrt[]{sin \frac{2 π}{k}}} . \end{matrix}

k ≧ 3,

akkor a kapott egyenlőtlenség jobb oldala szigorúan monoton nő, és ha

k = 12,

akkor már nagyobb, mint

64.

Eszerint

k ≦ 11,

azaz, ha egy

8

cm oldalú négyzetben adott pontok közül bármely három által meghatározott háromszög területe nagyobb, mint

2,

akkor a pontok konvex burka legfeljebb

11

-oldalú sokszög lehet.

Osszuk fel ezután az adott pontok konvex burkát háromszögekre úgy, hogy a felosztásban részt vevő háromszögek mindegyikének csúcsai az adott pontok közül valók legyenek, és semelyik háromszög ne tartalmazzon a belsejében további megadott pontot (lásd az ábrát).
Jelölje

N

az így keletkező háromszögek számát. E háromszögek szögeinek összege,

N π,

egyenlő a konvex burok szögeinek és a belső pontok körüli teljesszögek összegével, azaz

\begin{matrix} (4) N π = (k - 2) π + (s - k) \cdot 2 π, ahonnan \end{matrix}

\begin{matrix} N = 2 s - k - 2 (s \end{matrix}

Feltevésünk szerint a felosztásban szereplő háromszögek mindegyike

2

egységnél nagyobb területű, másfelől területük összege, a konvex burok területe nyilván kisebb a négyzet területénél, ami

64.

Így

2 N < 64,

azaz

N ≦ 31

(4)

-et és a

k

-ra kapott eredményt fölhasználva

\begin{matrix} 31 ≧ 2 s - k - 2 ≧ 2 s - 11 - 2 = 2 s - 13, azaz 22 ≧ s . \end{matrix}

Ezzel igazoltuk, hogy ha a háromszögek mindegyike

2

-nél nagyobb területű, akkor az adott pontok száma legfeljebb

22.