|
Feladat: |
1292. matematika feladat |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Babai László , Bóta Károly , Csörnyei Z. , Deák István , Erdélyi Katalin , Huhn A. , Kelemen G. , Kiss Katalin , Kövér Ákos , Laczkovich M. , Lux I. , Máté Mária , Mátrai Miklós , Nagy Klára , Pelikán József , Siket Aranka , Szemkeő Judit , Sövényházy Mária , Vesztergombi Katalin |
Füzet: |
1964/november,
131 - 133. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Analógia, mint megoldási módszer, Kombinatorikus geometria síkban, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1964/január: 1292. matematika feladat |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Ha van minden páratlan esetén érvényes elv a kívánt elrendezéshez, akkor azt -ra alkalmazva az adódó elrendezésnek elő kell fordulnia az eset összes megoldásai között. Ezért előállítjuk az eset összes megoldásait, majd megkísérlünk belőlük olyan általános elveket kiolvasni, amelyek bármely páratlan szám esetében megfelelnek. Legyen az oldalak összege . A oldal együttes összegében minden előírt szám előfordul egyszer, a csúcsokon álló három szám pedig mégegyszer. Így a csúcsokra előbb a legkisebb három, majd a legnagyobb három számot választva alsó, ill. felső korlátot kapunk -re:
Tekintsük először az és értékeket. és a csúcsokon álló számok meghatározzák az oldalfelező pontokhoz rendelendő számokat. A kiválasztott három számot szimmetriáktól eltekintve csak egyféleképpen lehet elrendezni a csúcsokon. Mindkét próbálkozásból egy-egy megoldást kapunk (1. ábra I‐II.).
1. ábra Vegyük észre, hogy a két megoldásban a megfelelő helyeken álló számpárok összege minden esetben . Ez azt jelenti, hogy bármelyik megoldás bármelyik száma helyére a másik megoldásban az a szám lép, amely neki az előírt számok növekvő felsorolásában a középpontra (a és közti hézagra) nézve tükrös helyzetű párja. Ezzel a helyettesítéssel bármely más megoldásból is, továbbá bármely páratlan esetén is kapunk egy új megoldást, mert a páros cserékből álló helyettesítés után is minden előírt szám fellép, és az összegek is egyenlők, az állandó összeg helyén állandó összeg adódik, általában pedig az | | (2) | számok elrendezése esetén | | Így a hátralevő és lehetőségek közül elég pl. az elsővel próbálkoznunk. (1) szerint akkor adódik helyén -gyel nagyobb érték, ha a csúcsokon álló számok összegét -mal növeljük. Nem vehető azonban , mert így és közé -et kellene írnunk, ami nem megengedett. Így csak állhat a csúcsokon, ebből adódik ‐ mindjárt a fenti tükrözés alkalmazásával ‐ az 1. ábra III. és IV. megoldása. (Nincs ugyanis több megoldás, mert a csúcsokra a , , számokat véve a -os szám egyik oldal közepére sem írható, mindenképpen túllépnők -et.) ‐ Ebben a két megoldásban az összes páratlan (ill. páros) számaink kerültek a csúcsokra. Ha -szöget véve az esetén talált megoldás mintájára, a (2) sorozat első felének egymás utáni tagjait pl. az óramutató járásáéval ellentétes irányban haladva rendeljük hozzá a csúcsokhoz: nem kapunk megoldást. Így ugyanis az egymás utáni oldalak végpontjain álló számpárok összegének , , , , sorozata -esével növekvő sorozat (eltekintve az utolsó tagtól), ezért az oldalfelező pontokhoz az összeg-követelmény alapján hozzáírandó , , számok sorozata -esével csökkenő sorozat, tehát ezek a számok nem alkothatják (2) második felét.
2. ábra Az eset -es megoldásáról azonban leolvasható egy más, bár kevésbé kézenfekvő rendszeresség is: az óramutató járásának irányában haladva mondhatjuk, hogy az , , számokat minden második csúcshoz rendeltük hozzá. Írjuk tehát a (2) sorozat első felének egymás utáni számait is rendre az -szög minden második csúcsához. Ennek során az -szög első körüljárásában csak a páratlan sorszámú csúcsokat töltjük be (az -essel betöltött csúcsot véve elsőnek). Ha , akkor a -edik, vagyis az -es előtti csúcshoz a -et írjuk, mert a páratlan számok sorozatában a -edik tag. A második körüljárásban az előbb átlépett csúcsokhoz az és közé kerül, és közé , végül az utolsó üres csúcsra, elé az utolsó tervbe vett szám, a . Ekkor az -es csúcs előtti oldal két végpontján az összeg, majd az -es csúcs utáni oldalak végpontjain egymás után , , , , rendre -gyel nagyobb összeg adódik, mert két egymás utáni oldal egyik száma közös, a nem közös szám pedig a későbbi oldalon -gyel nagyobb, mint a megelőző oldalon. Az utolsó ‐ az -es előtti második ‐ oldal végpontjain az összeg, és ez valóban -edik tagja a természetes számok felsorolásának, -től kezdve: . Ha már most az oldalak felezőpontjaihoz a legutóbbi felsorolás rendjében a számok -esével csökkenő sorozatának tagjait rendeljük hozzá, akkor az -szög minden oldalán nyilvánvalóan ugyanannyi az összeg, másrészt az előírt számok mindegyikét egyszer felhasználtuk, tehát megoldást kaptunk. Ezzel az állítást bebizonyítottuk. Hasonlóan látható be, hogy megfelelő hozzárendelést kapunk az , eset következő általánosításával is: először az páratlan számokat rendeljük hozzá egymás után az -szög minden második csúcsához, majd pedig a páros számokat az egymás utáni oldalak felezőpontjaihoz, és közé -et írva, a következőket pedig az előbbivel megegyező irányú körüljárás mentén haladva. ‐ Önállóan megfogalmazható az , , ill. esetben talált megoldás általánosítása is (minden második csúcsra a ,,nagy'' számokat: -et, ill. a páros számokat: -t). A négy hozzárendelési elvet esetére bemutatjuk (3. ábra).
3. ábra
Szemkeő Judit (Budapest, Ságvári E. gyak. lg. III. o. t.)
|
|