Kezdőlap


Feladat:	1613. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Hárs László , Komjáth Péter , Lempert László
Füzet:	1969/november, 103 - 104. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinatorikus geometria síkban, Kombinatorika, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1968/május: 1613. matematika feladat

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

Nyilvánvaló, hogy egy adott $R_{m}$ szabályos $m$ -szög két átlója akkor és csak akkor egyenlő, ha $2 - 2$ végpontjuk úgy osztja $R_{m}$ kerületét 2‐2 részre, törött vonalra, hogy e részek páronként $R_{m}$ -nek ugyanannyi oldalából állnak. Pl. a $C_{0} C_{1} ... C_{m - 1} = R_{m}$ -ben $C_{i} C_{j} = C_{p} C_{q}$ (ahol $0 ≦ i < i + 2 ≦ j ≦ m - 1$ , és $0 ≦ p < p + 2 ≦ q ≦ m - 1$ ) akkor és csak akkor egyenlő, ha

\begin{matrix} j - i = q - p, vagy m - (j - i) = q - p . \end{matrix}

Erre támaszkodva a

C_{i} C_{j}

átló hosszát a

j - i

és

m - (j - i)

számok kisebbikével jellemezzük. Nem okozhat félreértést, ha röviden azt mondjuk, hogy a

C_{i} C_{j}

átló hossza

j - i

, ill.

m - (j - i)

.
Megmutatjuk, hogy

R_{m}

háromszögelésében kiválasztható

n + 1

olyan átló, amelyek

d_{n + 1}

d_{n}

d_{n - 1}

...

d_{2}

d_{1}

hosszai szigorúan monoton csökkenő sorozatot alkotnak; és

d_{1} ≧ 2

.
Ha

R_{m}

-nek

O

középpontján áthalad egy a háromszögelésben felhasznált átló, úgy ennek hosszát,

m / 2

-t választjuk a kívánt

d_{n + 1}

szám szerepére, ha pedig

O

a háromszögelés egy

H

háromszögének belső pontja, akkor

H

legnagyobb oldalának (legnagyobb oldalai egyikének) hosszát. (A ,,legnagyobb oldal'' kifejezést tovább is mindig így értjük.) Az utóbbi esetben, amennyiben

H

-nak mindegyik oldala

R_{m}

-nek átlója, úgy hosszaik összege

m

, hiszen

R_{m}

-nek minden egyes oldalát

H

-nak egy oldala választja el

O

-tól, ezért a kiszemelt legnagyobb oldal hossza:

\begin{matrix} d_{n + 1} ≧ \frac{m}{3} > 2^{n}, tehát \\ 2^{n} + 1 ≦ d_{n + 1} ≦ \frac{m}{2} < 3 \cdot 2^{n - 1} . & (1) \end{matrix}

Könnyű belátni, hogy ez az eredmény akkor is érvényes, ha

H

valamelyik oldala az

R_{m}

-nek is oldala.
A további

d_{n}

...

d_{1}

átlóhosszúságok egy-egy képviselőjének kiválasztásában

R_{m}

-nek a felére, ill. arra a kisebbik részére szorítkozunk, amelyet belőle a kiválasztott,

d_{n + 1}

hosszúságú átló metsz le.

R_{m}

eredeti háromszögelése a megtartott

A_{n}

részt is háromszögekre osztja, és a

d_{n + 1}

átlót egyetlen további átló sem metszi át. Így

A_{n}

háromszögelésének egy

H_{n}

háromszöge a

d_{n + 1}

átlóra támaszkodik. A

d_{n}

szám szerepére

H_{n}

további két oldala közül a nagyobbiknak a hosszát választjuk. Ez kisebb

d_{n + 1}

nél, hiszen nem metszi le

A_{n}

és

R_{m}

kerülete közös részéből azokat az oldalakat, amiket

H_{n}

mellőzött oldala metsz le, ill. magát ezt az egy oldalt, ha az egyszersmind

R_{m}

-nek is oldala; másrészt a kiválasztás és (1) miatt

\begin{matrix} d_{n} ≧ \frac{d_{n + 1}}{2}, d_{n} ≧ 2^{n - 1} + 1. \end{matrix}

Ezután

A_{n}

-nek arra az

A_{n - 1}

részére szorítkozunk, amelyet a kiválasztott,

d_{n}

hosszúságú átló metsz le belőle.
Eljárásunkat még legalább

n - 1

-szer megismételhetjük, mert az innen számított

n - 1

-edik lépésben a meghagyott

A_{1}

részidom

d_{2}

-re támaszkodó

H_{1}

háromszögében a hosszabbik oldalra fennáll

\begin{matrix} d_{1} ≧ 2^{0} + 1 = 2, \end{matrix}

tehát még

d_{1}

is átló. Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

Lempert László (Budapest, Radnóti M. Gimn.)

Megjegyzés. Az állítás nem élesíthető, mert

m = 3 \cdot 2^{n}

-t véve már nem minden felbontásban lép fel

n + 1

különböző átlóhosszúság. Pl.

n = 0

és

1

esetén

m = 3

, ill.

6

, és a szabályos háromszögben nem húzható átló, a szabályos hatszög pedig háromszögelhető csak egyféle hosszúságú átlókkal,

3

db rövidebb átlójával, középen egy szabályos háromszöget kialakítva.

Lempert László