Kezdőlap


Feladat:	F.2245	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Akli Mária , Bali J. , Beleznay F. , Biczó Annamária , Bohus G. , Bölcsföldi L. , Csikós Zs. , Czakó F. , Dénes L. , Dezsényi I. , Dosa Gy. , Elek G. , Énekes B. , Feledi Gy. , Fodor L. , Golarits I. , Heckenast L. , Hegyesi Gy. , Horváth I. (Debrecen) , Kántor Zs. , Károlyi Gy. , Király Z. , Kiss E. (Győr) , Kiss Gy. (Miskolc) , Kurusa Á. , Lados P. , Lerch A. , Megyeri L. , Mihálykó Cs. , Nagy A. (Győr) , Ódor T. , Pöltl J. T. , Simonyi G. , Somogyi G. , Somogyi H. , Sz. Nagy Cs. (Bp.) , Szabó E. (Bp.) , Szakál A. , Szegedy P. , Szirmay L. , Umann G. , Zsilinszky L. , Öreg E. Zs.
Füzet:	1980/október, 63 - 65. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb szinezési problémák, Háromszög-rácsok geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1980/február: F.2245

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

I. megoldás. Tartsuk úgy a rácsot ‐ vagyis a síkját ‐, hogy két szomszédos (egymástól legkisebb távolságra levő) rácspont összekötő szakasza függőlegesen álljon. Így minden rácspont fölött és alatt $d$ távolságban rácspont lesz, hiszen a rács szabályossága alapján eltolható önmagán úgy, hogy tetszőleges $A$ rácspont átjusson egy kiszemelt $B$ rácspontba, egyúttal minden más rácspont is rácspontba. Továbbá így minden rácspont beletartozik egy és csakis egy $r$ függőleges rácsegyenesbe és két szomszédos ilyen $r$ távolsága $d \sqrt[]{3} / 2$ .
Másfelől minden, rácspontokból alakuló, $d$ oldalú szabályos háromszögnek egy oldala függőlegesen áll. Eleget teszünk tehát az előírt kizárásnak, ha minden $r$ egymás utáni pontjait váltakozva, mondjuk, fehérre és feketére festjük (köröcske, ill. gombóc, 1. ábra).

1. ábra

Ezen az úton végtelen sokféle színezését kapjuk a sík rácspontjainak, vagyis a különböző színezések száma tetszőleges

N

számnál nagyobb. Gondoljuk ugyanis, hogy egy

r_{1}

-et már kifestettünk elvünk szerint, és ennek egy fehér pontja

P_{1}

. A jobb szomszéd

r_{2}

-n az első fehér kört,

P_{2}

-t lényegében 2-féleképpen választhatjuk:

P_{1}

-től jobbra fölfelé

d

-nyire vagy jobbra lefelé. És amint továbbhaladunk a jobbra következő

r_{3}, r_{4}, ...

-re, ez az alternatíva megismétlődik. Az

r_{1}

-től

r_{n}

-ig terjedő

r

-ek halmaza

2^{n - 1}

-féleképpen színezhető, és

2^{n - 1} > N

, mihelyt

n > 1 + {log}_{2} N

. Természetesen ugyanezek érvényesek

r_{1}

-től balra az

r_{0}, r_{1}, ...

függőleges rácsegyenesekre.
(B. T.)
II. megoldás. Egy tetszőleges P rácspontra úgy zárhatjuk ki, hogy csúcsa lehessen egy "tiltott színezésű'' háromszögnek, ha a körülötte álló 6 rácspontot ‐ amelyek egy

d

oldalú

Q_{1} Q_{2} \dots Q_{6} = H

szabályos hatszög csúcsai ‐ a körüljárás szerint váltakozva fehérre és feketére festjük. Ezáltal már

H

csúcsai sem tartozhatnak tiltott típusú háromszög csúcsai közé (2. ábra).

2. ábra

Tükrözzük most

H

színezését mind a 6 oldalegyénesére mint tengelyre (nyilvánvalóan minden

Q

-nak a képe rácspont). Nincs ellentmondás ebben a színezésben. Ehhez elég belátni, hogy a

Q_{1}

-gyel szomszédos,

H

-ba nem tartozó

R

képpont színe egyértelmű. Valóban,

R

egyrészt

Q_{6}

képe a

Q_{1} Q_{2}

tengelyre, másrészt

Q_{2}

képe a

Q_{1} Q_{6}

-ra, és

Q_{6}, Q_{2}

egyaránt ellentétes színűek a

Q_{1}

-gyel.
Eszerint a tükrözés ellentmondásmentesen folytatható minden határon túl. Pontosabban:

H

első 6 képét tükrözzük a "szabad'' oldalaikra, és így tovább. Ezáltal a rács pontjai két osztályba rendeződnek: hatszögkerületi pontokra ‐ ezek színezése egyértelműen adódik

H

-éből ‐, másrészt hatszögcentrumokra. Ez utóbbiak színéről minden hatszögben a többi centrumok színezésétől függetlenül dönthetünk. Nyilvánvaló, hogy így ismét végtelen sokféle színezést kaphatunk a rácsra. Például legyen

P

fehér, és határozzuk el, hogy még pontosan 1 hatszögcentrumot festünk fehérre, a többit feketére; a

P

-től különböző fehér centrum végtelen sokféleképpen választható.
(B. T.)

Megjegyzések: 1. Tulajdonképpen egy rögzített rácsot színeztünk. De az is adódik a mondottakból, hogy megválaszthatók a hatszögcentrumok színei úgy is, hogy a kiszínezett rács semmiféle eltolással ne mehessen át önmagába. Gondolja át az olvasó ezt: a centrumokat váltakozó színekkel festjük a 3. ábra

P

-ből induló menetvonala szerint; hatszög kerületén levő rácspontot itt nem tüntettünk fel. (Ez nem a feladatbeli állítás bizonyítása, hanem egy önmagába eltolhatatlan színezés.)

3. ábra

4. ábra

2. Kerüljük meg a feladat követelményét! Könnyű három színnel úgy kiszínezni a rácsot, hogy minden szemében (háromszögében) mindhárom szín szerepeljen (pl. a 4. ábra).Egy ilyen színezésből úgy kapunk számunkra megfelelő konstrukciót, hogy a harmadik színt tetszés szerint hol az elsőre, hol a másodikra változtatjuk.
3. Későbbi olvasóink számára megjegyezzük, hogy feladatunk Turán Tamásnak a K. M. L. 59 (1979) 199‐204. oldalain megjelent, A sík és a tér színezései című cikkéhez kapcsolódik.