|
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 | MathML |
Témakör(ök): |
Kombinatorikus geometria síkban, Műveletek helyvektorok koordinátáival, Négyzetrács geometriája, Alakzatok súlypontja (tömegközéppontja), Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1979/január: F.2183 |
|
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 és között minden egésszel osztható legyen. Így van ez például, ha az -edik pont koordinátái -nel egyenlőek ,,, mellett, ahol tetszőleges többszöröse az első egésznek. Annak érdekében, hogy a feladat második felének a megoldását előkészítsük, megmutatjuk, hogy ha rácspontnak megvan a feladat első felében mondott tulajdonsága, és tetszőleges és közötti egész, akkor ha nem is feltétlenül oszthatók a pontok koordinátái -val, de annyi mindenesetre igaz, hogy -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 és az adott pontok közül való, első koordinátáikat jelöljük -val, -vel. Ha most már a többiek közül tetszés szerint kiválasztunk -et, és ezek első koordinátáinak összegét -vel jelöljük, akkor is, is osztható -val, így hát a különbségük is, -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 -et kivéve olyan pontrendszert kapnánk, amelynek megvolna a feladat első felében mondott tulajdonsága. Emiatt a végtelen sok pont első koordinátái tetszőleges egésszel osztva ugyanazt a maradékot adnák. Ha tehát és ismét két tetszőleges pont volna, közülük , első koordinátákkal, akkor tetszőleges egésszel osztható volna. Emiatt és 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 mellett egy pontból álló, mondott tulajdonságú pontrendszerben tetszőleges két pont első, illetve második koordinátáinak különbsége -től -ig minden egész számmal osztható. Azt, hogy ezeknek a különbségeknek már -nel nem kell feltétlenül oszthatóknak lenniük, mutatja -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 egészről tudjuk, hogy akárhogyan választunk ki közülük néhányat, ezek összege nem osztható -zal, akkor a számaink -zal osztva ugyanazt a maradékot adják.
|
|