Feladat: F.2183 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Arató M. ,  Beleznay F. ,  Bene Gy. ,  Benedek Ágnes ,  Bogdán Klára ,  Bohus G. ,  Buczolich Z. ,  Bölcsföldi L. ,  Csordás A. ,  Czifra A. ,  Erdélyi T. ,  Feledi Gy. ,  Fordán T. ,  Gaál I. ,  Gát Gy. ,  Grolmusz V. ,  Hajnal P. ,  Hermesz M. ,  Kántor Zs. ,  Károlyi Gy. ,  Király Z. ,  Kiss 352 Gy. ,  Kurucz Ágnes ,  Kurusa Á. ,  Körössy Katalin ,  Mala J. ,  Mészáros a. ,  Nagy 647 G. ,  Németh R. ,  Pátkai Andrea ,  Pintér F. ,  Schwarcz P. ,  Seres I. ,  Sz. Nagy Cs. ,  Szabó 457 L. ,  Szabó E. ,  Szegedy P. ,  Szekeres G. ,  Szeles J. ,  Tálas Cs. ,  Tóth T. ,  Umann G. ,  Valet B. ,  Varga J. ,  Varga Lívia 
Füzet: 1979/szeptember, 13. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kombinatorikus geometria síkban, Műveletek helyvektorok koordinátáival, Négyzetrács geometriája, Alakzatok súlypontja (tömegközéppontja), Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/január: F.2183

Adjunk meg minden n>1-re n rácspontot a síkon úgy, hogy az n rácspontból akárhányat kivéve, a kivett pontok súlypontja ismét rácspont legyen. Mutassuk meg, hogy végtelen sok pontot már nem tudunk úgy megadni, hogy közülük bármely véges soknak a súlypontja ismét rácspont legyen. (A megoldáshoz felhasználhatjuk az 1669. gyakorlat megoldását, 1977. 56. kötet, 212. old.)

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

Mint ismeretes, a súlypont koordinátái a meghatározó pontok koordinátáinak számtani közepével egyenlőek. A legkönnyebben úgy érhetjük el, hogy e számtani közepek mind egészek legyenek, ha minden pont minden koordinátáját úgy választjuk meg, hogy 1 és n között minden egésszel osztható legyen. Így van ez például, ha az i-edik pont koordinátái iN-nel egyenlőek i=1,2,..., n mellett, ahol N tetszőleges többszöröse az első n egésznek.
Annak érdekében, hogy a feladat második felének a megoldását előkészítsük, megmutatjuk, hogy ha n rácspontnak megvan a feladat első felében mondott tulajdonsága, és k tetszőleges 1 és n-1 közötti egész, akkor ha nem is feltétlenül oszthatók a pontok koordinátái k-val, de annyi mindenesetre igaz, hogy k-val osztva ugyanazt a maradékot adják. (Kicsit pontosabban fogalmazva, az első koordináták egymás közt ugyanazt a maradékot adják, és ugyanez igaz a második koordinátákra is, de a kétféle koordináta maradéka már nem feltétlenül egyezik meg.) Legyen ugyanis P és Q az adott pontok közül való, első koordinátáikat jelöljük a-val, b-vel. Ha most már a többiek közül tetszés szerint kiválasztunk (k-1)-et, és ezek első koordinátáinak összegét c-vel jelöljük, akkor (a+c) is, (b+c) is osztható k-val, így hát a különbségük is, (a-b) k-val osztható, és ez az, amit bizonyítani akartunk. (Hasonlóan mondható el a bizonyítás a második koordinátákra is.)
Most rátérünk a feladat második felében mondott állítás bizonyítására. Ha volna végtelen sok pont a mondott tulajdonsággal, közülük tetszés szerint n-et kivéve olyan pontrendszert kapnánk, amelynek megvolna a feladat első felében mondott tulajdonsága. Emiatt a végtelen sok pont első koordinátái tetszőleges k egésszel osztva ugyanazt a maradékot adnák. Ha tehát P és Q ismét két tetszőleges pont volna, közülük a, b első koordinátákkal, akkor a-b tetszőleges k egésszel osztható volna. Emiatt a és b csak egyenlő lehet, ami azt jelenti, hogy a pontjaink közül bármely kettő azonos.

 

Megjegyzések. 1. A megoldás végén érezhető, hogy kissé hiányzik a feladat szövegéből annak explicit megkövetelése, hogy a pontok különbözőek legyenek. Ennek hiánya azonban a megoldóinknak nem okozott gondot.
 
 

2. A fenti megoldásból adódik, hogy tetszőleges n mellett egy n pontból álló, mondott tulajdonságú pontrendszerben tetszőleges két pont első, illetve második koordinátáinak különbsége 1-től (n-1)-ig minden egész számmal osztható. Azt, hogy ezeknek a különbségeknek már n-nel nem kell feltétlenül oszthatóknak lenniük, mutatja n=3-ra az ábra.
 

3. Az eredeti kitűzésben említés esett az 1669. gyakorlat megoldásáról (KÖMAL 54/5 (1977. május) 212. old.; az utalásban sajtóhiba miatt írtunk 56-ot kötetszámnak). Ebben lényegében hasonló gondolatmenettel azt mutattuk meg, hogy ha 99 egészről tudjuk, hogy akárhogyan választunk ki közülük néhányat, ezek összege nem osztható 100-zal, akkor a számaink 100-zal osztva ugyanazt a maradékot adják.