Feladat: F.1846 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1973/május, 205 - 207. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Konstruktív megoldási módszer, Körök, Hossz, kerület, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1972/november: F.1846

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

Egyetlen alkalmas példa megadása elég ahhoz, hogy a kérdésre így válaszolhassunk: igen, lehetséges. Írjunk a körbe egy szabályos 15-szöget, jelöljük egy csúcsát A1-gyel, egyik szomszédját A2-vel, majd ebben az irányban tovább haladva az egymás utáni csúcsokat rendre A3-mal, ..., A15-tel. Ekkor a menetirány mentén bármelyik két csúcs távolsága a köríven mérve annyi egység, mint az indexeik különbsége AiAj⌢=j-i(haj>i), az ellentétes irányban mérve pedig az ezt 15-re kiegészítő szám: 15-(j-i)=(15+i)-j, mindenesetre pozitív egész szám.
 

 

1. ábra

Válasszuk halmazunk első pontjává A1 et, majd egymás után azokat a csúcsokat, amelyeket a menetirányban váltakozva 2 és 3 egységnyi ívet haladva találunk. Ezek a ,,további'' pontok megfelelnek, mert egyik irányban 2 egységnyire van tőlük a szomszédos (a legközelebbi) kiválasztott pont, a másik irányban 3 egységnyire, a további pontok pedig távolabbra, pl. a második szomszéd mindkét irányban 2+3=5 egységnyire.
Mivel az ezzel a (2+3) lépéspárral bejárt ívhossz 3-szor (egész számszor) van meg körünk kerületében, azért 3 lépéspárt előre haladva éppen A1 be jutunk vissza, az A1-re teljesül a követelmény második része is, és a kiválasztott pontok száma 3⋅2=6, nem többszöröse 10-nek. ‐ A kérdésre tehát valóban igenlő a válasz. (Az 1. ábrán az A1A3A6A8A11A13A1 összekötővonal nem lényeges, csak a jobb kiemelést célozza.)
 

Megjegyzések. 1. Emberi gyengeség, hogy az igen gyorsan áttekinthető kérdésekre elsietett, elnagyolt választ adunk. A beküldött dolgozatokból is gyakran hiányzik annak kimondása, hogy semelyik pontunktól sincs egynél több pontja a halmaznak 2, illetve 3 egységnyi távolságban. (Ezt a hiányt azonban az elbírálásban elnézte a szerkesztőség.)
2. Az A6 csúcsból rövidebben jutunk vissza A1- be fordított irányú haladással, A4- en át (1. ábra szaggatott vonala). Így azonban már nem maradhat el az előbb hiányolt bizonyítás, nem mondható ugyanis, hogy további pontja csak 2, ill. 3 egységnyinél nagyobb távolságra van a halmaznak, hiszen A3A4=1.
3. A feladatnak a kitűzéskor megadott forrásában (ahol a 2 és 3 egységnyi távolságok helyén 1 és 2 egységnyiek állnak) a fenti elv szerint csak 15:(1+2)= =5 ,,vegyes páros'' lépéssel jutunk vissza a kiindulópontba és így 5⋅2 pontot jelölünk ki. A legutóbb mondott visszafordulás ugyanis nem lehetséges, mert az A1A2A4A3 menetvonal mentén A3 is egységnyi távolságra lenne A2-től (2. ábra). Ezen alapszik az ottani állítás.
 

2. ábra

4. Az 1. megjegyzésben említett elhamarkodás fokozott mértékben jelentkezik ilyen állításban: ,,csak 6 (vagy csak 4) pontból állhat a halmaz'' (szórványosan ez is olvasható az érkezett dolgozatokban). Itt az előkészítő 15-szög már gáttá emelkedett további kiválasztások elé. A 3. ábra megjelölt Bi és Cj pontjait egyesítve éppen 10 pontunk van. Az előkészítő 15-szög egységnyinél kisebb ívvel való elfordítása útján tetszés szerinti számú újabb 4 vagy 6 elemű részhalmazt jelölhetünk ki halmazunk céljára.
 

3. ábra