A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. Egy tagú társaság minden tagja legalább egy, de legfeljebb tagot ismer a többiek közül, az ismeretség mindig kölcsönös. Bizonyítsuk be, hogy a társaság négy alkalmasan választott tagja leültethető egy asztal köré úgy, hogy mindegyikük pontosan egyet ismerjen a két asztalszomszédja közül.
1. megoldás. Legyen a társaság egy olyan tagja, aki a társaságból a lehető legtöbb személyt ismeri. Legyen egy olyan illető, akit nem ismer, pedig legyen egy ismerőse. Mivel -nek legfeljebb annyi ismerőse van, mint -nak, ezért függetlenül attól, hogy és ismeri-e egymást, -nak legalább annyi -től különböző ismerőse van, mint ahány -tól különböző ismerőse van -nek. A konstrukció folytán ismeri azt a -t, akit nem ismer. Ezért -nak bizonyosan van olyan -től különböző ismerőse, akit nem ismer. Ekkor ha , , és ebben a sorrendben ülnek az asztalhoz, akkor éppen a feladatban kirótt feltételt teljesítik.
2. megoldás. Készítsük el az élszínezett gráfot az pontú teljes gráfból az alábbiak szerint. A gráf csúcsait kölcsönösen egyértelműen megfeleltetjük a társaság tagjainak, és egy éle akkor legyen piros, ha a csúcsoknak megfelelő tagok nem ismerik egymást, egyébként pedig az adott él színe legyen zöld. A bizonyítandó állítás átfogalmazható úgy, hogy ha a teljes gráf éleit úgy színezzük pirosra és zöldre, hogy minden csúcsból indul piros és zöld él is, akkor a gráfban van tarka négyszög, azaz négy különböző , , és csúcs úgy, hogy míg az és élek pirosak, addig a és élek zöldek. Az alábbiakban ezt az állítást fogjuk szerinti teljes indukcióval igazolni. Ez az állítás esetén nyilvánvalóan teljesül, hiszen a feltevés lehetetlent kíván. Tegyük fel tehát, hogy legfeljebb csúcsú gráfokra már igazoltuk az indukciós állítást, és a vizsgált -nek csúcsa van. Legyen a egy csúcsa. Ha az törlésével keletkező gráf minden csúcsából indul piros és zöld él is, akkor kész vagyunk, hisz az indukciós feltevés miatt -ban van tarka négyszög, ami persze egyúttal -ben is tarka négyszög. Feltehetjük tehát, hogy egy csúcsából (mondjuk) csak piros él indul (és persze zöld). Ha most -ben nincs tarka négyszög, akkor az indukciós feltevés miatt -ben van olyan csúcs, amelyből csupa egyszínű él indul. Ha , akkor a zöld élen kívül -ból és -ből csak piros élek indulnak. Legyen egy piros, pedig egy zöld él. Mivel zöld, ezért , tehát tarka négyszög. Ha pedig , akkor legyen egy -ból induló piros él. A konstrukció folytán zöld, piros, zöld és piros, tehát egy -beli tarka négyszög. Az indukciós állítást ezzel igazoltuk, a bizonyítás ezzel teljes.
Megjegyzés. Általában nem igaz, hogy egy -személyesnél nagyobb asztalhoz is biztosan le tudjuk ültetni a társaság néhány tagját a feladatban leírt módon. Ha ugyanis a társaságban van két olyan ismerős, hogy egyikük se ismeri a társaság egyetlen más tagját sem, továbbá e két ismerősön kívül mindenki mindenkit ismer, akkor teljesül a feladatban kirótt feltétel, de 4-nél több ember nem ültethető le a kívánt módon.
2. Legyen hegyesszögű háromszög, és legyen olyan pont a háromszög belsejében, amely nem illeszkedik a háromszög egyik magasságvonalára sem. Az , , illetve csúcsból induló magasság talppontját jelölje rendre , , illetve . Messék a háromszög köré írt kört az , , félegyenesek rendre az , , pontokban. Bizonyítsuk be, hogy az , és körívek egy ponton mennek át.
Megoldás. Jelölje az , , és köröket rendre , , , illetve ; az háromszög magasságpontja legyen . A feltétel szerint az háromszög hegyesszögű, ezért az , , , pontok belsejében vannak. A kerületén az , és pontpárok páronként elválasztják egymást, ezért a , és körök közül bármelyik kettő metszi egymást úgy, hogy az egyik metszéspontjuk belsejében, a másik metszéspontjuk -n kívül helyezkedik el. Legyen a és a körök metszéspontja belsejében , a másik metszéspontjuk legyen . Azt fogjuk megmutatni, hogy a kör is átmegy az és pontokon.
A pont -ra vonatkozó hatványa Ezek a szorzatok egyben a hatványai a , , illetve körökre. Tehát a pontnak a , és körökre vonatkozó hatványa ugyanakkora. Hasonlóan, az pontnak az , , körökre vonatkozó hatványa Ezek a szorzatok pedig az hatványai a , , illetve körökre. Tehát az pontnak a , és körökre vonatkozó hatványa is ugyanakkora. A feltétel szerint és különböző. Így a egyenes a , és körök közös hatványvonala. A három kör tehát egy körsorhoz tartozik, így és metszéspontjain átmegy is. Ezzel megmutattuk, hogy a , , illetve körök -n belüli ívei, nevezetesen az , és körívek egy ponton mennek át.
Megjegyzés. Egy alkalmas sztereografikus projekcióval (térbeli inverzióval) visszavezethetjük az állítást arra a jól ismert tényre, hogy a gömbfelületen bármely három körvonal páronként vett hatványvonalai egy átmérőre illeszkednek. Jelöljük -vel az háromszög síkját, és legyen az a gömb, amelynek a főköre. A pontban állítsunk merőleges egyenest -re; legyen ennek egyik döféspontja a -val . Invertáljuk az ábrát az középpontú, -n átmenő gömbre; a szokásos módon tetszőleges objektum képét jelöljük -vel. Az inverzió jól ismert tulajdonságai szerint a sík képe az átmérőjű gömb; a síkban fekvő körök képei a gömbfelületen fekvő körvonalak. Speciálisan, a , a és az körök képei a , a és az körvonalak. A gömb definíciója szerint a sík és a gömb merőlegesen metszi egymást a kör mentén. Mivel az inverzió szögtartó, az sík és a gömb is merőlegesen metszi egymást a kör mentén, így a gömbnek főköre.
Vegyük észre, hogy az és pontokon a gömbnek legalább két különböző főköre is átmegy: ilyen a kör, és az kör is. (Utóbbi átmegy az átellenes és pontokon, de nem szerepel az ábrán.) Ebből következik, hogy a gömbön és átellenes pontok, és az körvonal is főkör. Ez a főkör átmegy a és az körök metszéspontjain, -n és -n; tehát az körvonal nem más, mint a és az körök hatványvonala. Hasonlóan kapjuk, hogy a és az kör hatványvonala a főkör, illetve hogy a és az kör hatványvonala a főkör. A három hatványvonal két, egymással átellenes közös ponton megy át; jelölje ezeket és úgy, hogy és a főkör ellentétes oldalán legyenek. Az , pontokat -ból visszavetítve a síkra, megkapjuk az , , és körök közös pontjait: az pont a körön belül, az pont a körön kívül lesz.
3. Legyen egy zárt konvex sokszöglemez, pedig egy pont síkjában. Mutassuk meg, hogy a sokszöglemez belsejébe vagy kerületére vihető a bizonyos oldalegyeneseire alkalmas sorrendben végzett véges sok tengelyes tükrözés egymásutánjával, ha ugyanarra az oldalegyenesre többször is tükrözhetünk.
Megoldás. Alkossák a halmazt a sokszöglemez síkjának mindazon pontjai, amelyek véges sok, a oldalegyeneseire végzett tükrözés egymásutánjával -ba vihetők. A mi feladatunk a egyenlőség igazolása. Világos, hogy , továbbá a konstrukció folytán tükrös minden oldalegyenesére. Legyen a tükörtengelyeinek halmaza. Világos, hogy ha és a tükörképe -re, akkor , ahol azaz tükrös minden olyan egyenesre is, amelyet egy tükörtengelyének a egy másik tükörtengelyére való tükrözésével kapunk. Mivel , ezért tükörszimmetriái folytán -nak minden olyan képe is -ban fekszik, amit -ból -beli egyenesekre vonatkozó tükrözések egymásutánjával kapunk. Ráadásul az így kapható sokszögek minden oldalegyenese -beli, azaz a egy tükörtengelye. Jelölje esetén az sík azon pontjait, amelyek legfeljebb távolságra vannak a sokszöglemeztől. Megmutatjuk, hogy teljesül alkalmas esetén. Válasszunk egy olyan számot, amelyre a csúcsai köré írt sugarú körlemezek mindegyikének a -val vett metszete körcikk. Egy ilyen sugarú körcikk tükörképe a körcikket határoló sugár egyenesére -ban fekszik, hiszen a tükrözés tengelyére szimmetrikus. Sőt: ha a tükörképként kapott körcikket tükrözzük egy azt határoló sugár egyenesére, akkor az így kapott kép is -ban marad, és ugyanez az így kapott tükörképek tükörképeire is igaz. Ezért a csúcsai köré írt sugarú körlemezek mindegyike része -nak. Tekintsük a sokszöglemeznek, a csúcsai köré írt sugarú köröknek és a -nak a oldalegyeneseire vett tükörképeinek unióját. Könnyen látható, hogy van olyan szám, amelyre teljesül, tehát alkalmas -re ahol minden egyes -t a bizonyos tükörtengelyeire való tükrözések egymásutánjával kapunk -ból. Most tegyük fel, hogy valamely -ra. Vegyük észre, hogy ha azokat a tükrözéseket, amelyek a sokszöget -be viszik a helyett a alakzatra végezzük el, akkor a kapott kép éppen lesz. Vagyis ha , akkor , amiből (1) miatt következik. Az adódott tehát, hogy ha , akkor . Láttuk azonban, hogy , ezért , innen stb. Így aztán adódik, ahonnan következik, és nekünk pontosan ezt kellett igazolnunk.
Megjegyzések. 1. Úgy kaphatunk egy lehetséges másik megoldást a feladatra, ha követjük a fenti bizonyítás első két bekezdését, majd azt igazoljuk, hogy az sík lefedhető azokkal a -val egybevágó sokszöglemezekkel, amelyeket -ból megkaphatunk annak az operációnak a véges sokszori alkalmazásával, amelyben egy sokszöglemezt tükrözünk annak egy oldalegyenesére. Minden így kapott sokszöglemez ugyanis része -nak, hiszen szimmetrikus az operáció során használt tükörtengelyekre. Érdemes megfigyelni az alábbiakat. Legyen a sokszöglemez síkjának egy pontja. Kössük össze -t a egy belső pontjával, és indítsunk el egy biliárdgolyót -ból a félegyenes mentén. Ha a sokszöglemezt egy biliárdasztalnak gondoljuk, amelynek határát elérve a bilárdgolyó a fizikai törvényeknek megfelelően pattan vissza (azaz úgy, hogy a visszapattanó golyó pályáját tükrözve az éppen elért oldal egyenesére pontosan az adott oldal elérését megelőző pályaegyenes meghosszabbítását kapjuk), akkor a sokszöglemeznek az a pontja, amelybe a biliárdgolyó távolság megtétele után kerül, egy olyan pont lesz, amelybe betükrözhető. Ha a feladat megoldását erre a megfigyelésre szeretnénk alapozni, akkor vizsgálni kell, mi is történik akkor, ha a biliárdgolyó az útja során egy csúcsába jut. Nem lehetetlen ezt az esetet jól kezelni, de azt sem nehéz igazolni, hogy ilyenkor helyett választható -nak egy másik pontja, amelyből a golyót útjára indítva már nem ütközünk csúcsába. Egy másik nehézség annak igazolása, hogy bármelyik pontból bármelyik irányba is indítjuk a biliárdgolyót, az tetszőlegesen nagy távolságot meg tud tenni a sokszöglemezen. Ennek belátását az olvasóra bízzuk. 2. Könnyen látható, hogy a feladatban nem lényeges feltétel a sokszöglemez konvex volta. Tekintsük ugyanis összes oldalegyenesét. Ezek a síkot konvex tartományokra bontják fel. A konstrukcióból adódóan minden ilyen tartomány vagy része -nak vagy diszjunkt belsejétől. Tekintsünk egy -ban elhelyezkedő, konvex tartományt. A minden oldalegyenese egyúttal oldalegyenese -nak is, ezért ha a -re igazoltuk a feladat állítását, akkor abból azonnal következik, hogy is rendelkezik a kívánt tulajdonsággal. Sőt, az is igaz, hogy oldalegyeneseire végrehajtott tükrözések egymásutánjával síkjának tetszőleges pontja a -nál szűkebb konvex sokszöglemez belsejébe vagy határára tükrözhető. |
|