A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Az alábbi probléma felvetéséhez az 1988. évi Kürschák József Matematikai Verseny 3. feladata, ill. az arra adott megoldásom vezetett.
Legyen és két, egymást -ban metsző egyenes a síkon, és egy-egy (-tól különböző) pontjuk és . Jelöljük meg minden olyan pontját, amelynek -tól való távolsága az távolság egész számú többszöröse, és hasonlóan jelöljük ki az egyenes megfelelő tulajdonságú pontjait az szakasz szerint. Az egyenes minden megjelölt pontján keresztül párhuzamost húzunk -fel, megjelölt pontjain keresztül pedig -vel (1. ábra). Az így kapott egyeneseket (beleértve -t és -et is) rácsegyeneseknek, a rácsegyenesek metszéspontját pedig rácspontoknak nevezzük. A rácsegyenesek és rácspontok rendszerét röviden paralelogrammarácsnak hívjuk.
1. ábra
A továbbiakban a rácsok néhány alapvető tulajdonsága közül az alábbiakra lesz szükség:
(1) Bármely rács önmagába megy át minden olyan eltolás során, amelyet rácspontól rácspontba mutató vektor határoz meg.
(2) Ha , , , , , rácspontok, és az , háromszögek üresek (azaz sem a belsejükben, sem a határukon nincs további rácspont), akkor és területe egyenlő.
(Az első állítás igen egyszerűen belátható; a második állítás bizonyítása-megtalálható pl. Hajós Gy., Neukomm Gy., Surányi J.: Matematikai versenytételek II. kötetében, az 1942/2 feladat II‐IV. megoldásában.) A megoldani kívánt feladathoz két elnevezést vezetünk be. Tegyük fel, hogy van egy paralelogrammarácsunk. Az , , rácspontokat nevezzük összefüggőnek, ha egy egyenesen helyezkednek el, és ott egymást követő rácspontok (azaz semelyik kettő között nincs további rácspont). Az ponthalmazt tömörnek fogjuk hívni, ha minden pontja rácspont, és a konvex burkához tartozó valamennyi rácspont -beli. Ha tömör halmaz és "elég sok'' pontja van, akkor úgy érezzük, hogy ezek között összefüggő ponthármasnak is lennie kell. Ennél lényegesen több is igaz:
(3) Ha tömör halmaz, és pontjainak száma , akkor létezik legalább darab -beli összefüggő ponthármas.
Könnyen látható, hogy (3)-nál erősebb általános becslés nem adható az összefüggő hármasokra. Tetszőleges (4-nél nagyobb) természetes számra ugyanis legyenek egy rácsegyenes egymás után következő rácspontjai, és legyen és az -rel párhuzamos, hozzá legközelebb eső egyik rácsegyenes két szomszédos rácspontja. Az , halmaz ekkor nyilván tömör, és a pontjaiból alkotható valamennyi összefüggő ponthármas -en van ; ezek száma tehát éppen (2. ábra).
2. ábra Mivel összefüggő ponthármasokat kívánunk találni, szükségünk van olyan feltételre, amiből közvetlenül következtethetünk azok létezésére. E célból először azt vegyük észre, hogy három, egy egyenesbe eső rácspont mindegyike tagja egy-egy olyan összefüggő hármasnak, amelyek valamennyien e három pont konvex burkában helyezkednek el. Ez a konvex burok ugyanis egy szakasz, amelynek bármely három, egymásra következő rácspontja összefüggő. A (3) állítás igazolásához ezután a következő segédtételt bizonyítjuk be :
(4)Tegyük fel, hogy az konvex négyszög minden csúcsa rácspont, és a négyszög -nál és -nél levő szögeinek összege -nál kisebb. Ekkor a négyszöglemezen van olyan összefüggő hármas, amelynek egyik pontja vagy .
3. ábra Legyen a négyszög átlóinak metszéspontja (3. ábra). Ha az , , szakaszok valamelyikén van további rácspont is, akkor az állítás igaz. Tegyük fel tehát, hogy , és üresek. Tekintsük az háromszöget. Tételezzük fel, hogy ebben található egy további rácspont; ekkor az négyszög is konvex, továbbá | | A kapott négyszög tehát (az eredeti négyszögben van, és) szintén eleget tesz (4) feltételeinek. Jelöljük az átlóinak metszéspontját -vel, és az előbbihez hasonlóan vizsgáljuk meg, van-e további rácspont a háromszögben, stb. Mivel az eredeti négyszöglemez véges számú rácspontot tartalmaz, ezért a fenti lépések ismételgetésével végül eljutunk egy, a (4) feltételeit kielégítő négyszöghöz, úgy, hogy abban ‐ az átlók metszéspontját -gyel jelölve ‐ a és háromszögek belsejében már nincs rácspont (4. ábra).
4. ábra A korábbiakhoz hasonlóan most is elegendő azzal az esettel foglalkoznunk, amikor az , , , szakaszok üresek. A , háromszögek ekkor eleget tesznek (2) feltételeinek, így a területük megegyezik. Ebből következik, hogy az és az háromszögek területe is egyenlő, vagyis párhuzamos -vel. Mivel az és csúcsnál levő szögek öszszege -nál kisebb, ezért . A pontot a vektorral eltolva tehát az szakasz belső pontjához jutunk. Ez a pont azonban (1) szerint maga is rácspont, így is és is benne van egy összefüggő hármasban. Ezután rátérünk (3) bizonyítására. A bizonyítást szerinti teljes indukcióval végezzük; az állítás nyilvánvalóan igaz, ha . Tegyük fel, hogy (3) igaz minden olyan esetben, amikor , és legyen a tömör halmaz pontjainak száma . Megmutatjuk, hogy konvex burkának mindig van olyan csúcsa, amely benne van egy (-beli pontokból álló) összefüggő hármasban. Ha ezt a pontot elhagyjuk -ből, a maradék -elemű halmaz tömör lesz, ezért az indukciós feltevés értelmében pontjaiból legalább darab összefüggő ponthármas választható ki. Ezekhez hozzátéve az elhagyott csúcsot tartalmazó hármast, -ben legalább darab összefüggő hármashoz jutunk, és éppen ezt kellett belátni. A bizonyítás teljessé tételéhez tehát elegendő azt igazolni, hogy a konvex burok valamelyik csúcsa benne van egy összefüggő hármasban. A konvex burok egy sokszög; ha ennek valamelyik oldala a végpontokon kívül tartalmaz még legalább egy rácspontot, akkor ennek az oldalnak bármelyik csúcsa megfelelő. A továbbiakban ezért föltesszük, hogy a konvex burok mindegyik oldala üres. Ha konvex burkának öt, vagy annál több oldala van, tekintsük öt egymás után következő csúcsát; legyenek ezek , , , , . Mivel és nem párhuzamosak, ezért az és az konvex négyszögek egyike biztosan nem paralelogramma, így alkalmazható rá (4). Ha a konvex burok négyszög és nem paralelogramma, akkor (4) közvetlenül alkalmazható. Tegyük fel, hogy konvex burka az paralelogramma. Mivel -nek legalább öt pontja van, és az oldalak üresek, ezért belsejében található egy rácspont. Ha rajta van valamelyik átlón , akkor annak az átlónak akármelyik végpontja megfelelő; egyébként ha például az háromszög belsejében fekszik, akkor az négyszög lesz az, amire felhasználhatjuk a (4) segédtételt. (Az és csúcsoknál levő szögek összege itt láthatóan -nál kisebb ‐ 5. ábra).
5. ábra
6. ábra Utoljára azzal az esettel foglalkozunk, amikor a konvex burok háromszög. Ennek oldalai feltételezésünk szerint üresek, így a háromszög belsejében legalább két pontja van -nek; legyenek és ilyen pontok (6. ábra). Amennyiben a egyenes átmegy a háromszög egyik csúcsán, akkor az a csúcs hagyható el az indukciós bizonyításban. Ha nem ez a helyzet, akkor például az oldalt nem metszi. Az , , , pontok ilyenkor olyan konvex négyszöget határoznak meg, amelyben az és csúcsoknál levő szögek összege -nál kisebb, hiszen ezek a szögek kisebbek a háromszög megfelelő szögeinél. Ismét alkalmazhatjuk (4)-et, tehát vagy elhagyható.
Hausel Tamás (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)
Helyesbítés: Az indoklás hibás, ugyanis nem feltétlenül rácspont. A két háromszög területe azért egyezik meg, mert a és a rácsháromszögek belseje is és határa is egyenlő számú rácspontot tartalmaz, ezért e két háromszög ugyanannyi üres rácsháromszögre bontható fel, tehát (2) szerint a területük egyenlő. (H. P. ) lásd helyesbítés a cikk után |