Kezdőlap


Feladat:	F.2768	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bánfalvi K. , Bíró N. , Erben P. , Futó T. , Gáspár A. , Hajnal J. , Harcos G. , Horváth I. , Jelencsics Mikolt , Kiss 128 I. , Kovács F. , Lente G. , Madarász Judit , Magó K. , Miklós Gy. , Németh S. , Podoski Károly. , Pór A. , Sági Z. , Schuman Á. , Szalkai Á. , Székely-Dobi A. , Szekeres B. , Szendrői B. , Tokodi T. , Turányi Z. , Virág Z. , Wiener G.
Füzet:	1990/október, 301 - 304. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Transzformációk fixpontjai, fixalakzatai, Transzformációk szorzata, Szabályos tetraéder, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/november: F.2768

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

Mivel az első transzformáció szerint $A$ képe $B$ , $B$ képe $A$ , és $C$ fixpont,

\begin{matrix} A C = B C . \end{matrix}

(1)

Jelöljük a második transzformációval létesített hozzárendelést nyíllal: ekkor

\begin{matrix} A \to B \\ B \to C \\ C \to D \\ D \to E \\ E \to A, és így \end{matrix}

\begin{matrix} {\begin{matrix} A B \to B C \\ B C \to C D \\ C D \to D E \\ D E \to E A, \end{matrix} \end{matrix}

(2)

és mivel ez egybevágósági transzformáció,

\begin{matrix} A B = B C = C D = D E = E A . \end{matrix}

(3)

(2)-höz hasonlóan kapjuk, hogy

\begin{matrix} A C \to B D \\ B D \to C E \\ C E \to D A \\ D A \to E B, \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} A C = B D = C E = D A = E B . \end{matrix}

(4)

Az (1) egyenlőség miatt a (3) és (4)-ben szereplő összes szakaszok egyenlőek, tehát az

A

B

C

D

E

pontok közül bármelyik kettő távolsága megegyezik. Ez azt jelentené, hogy

A B C D

és

A B C E

szabályos tetraéderek. A két tetraéder

A B C

lapja közös, ezért

D

és

E

vagy egybeesnek, vagy tükrösek az

A B C

lap síkjára. Ha

D = E

, akkor mind az öt pont egybeesik, és ekkor

A B

és

C D

egyaránt zérus, arányukat nem értelmezzük (bár lehetséges lenne ilyen esetben

0 : 0

arányról beszélni).
Ha

D

és

E

tükrösek az

A B C

lapra, akkor

D E

a szabályos tetraéder magasságának kétszerese, azaz

D E = 2 \cdot A B \cdot \sqrt[]{\frac{2}{3}}

, ami azt jelenti, hogy

D E \neq A B

. Ez ellentmond (3)-nak, ezért az öt pont eme elrendezése nem felel meg a feltételeknek. Arra az eredményre jutottunk, hogy a feladat feltételeinek megfelelő különböző pontok nem léteznek a (három dimenziós) térben.

Megjegyzések. 1. Könnyű látni, hogy a síkban nem lehet felvenni négy különböző pontot úgy, hogy bármelyik kettő távolsága ugyanakkora legyen, de a térben ez lehetséges.
Matematikai absztrakció a négy dimenziós tér fogalma. Ebben értelmezhető a (három dimenziós) térbeli szabályos tetraéder általánosítása, egy olyan test, amelynek öt csúcsa van, és bármelyik két csúcsának távolsága ugyanakkora, azaz élei egyenlőek.

2. Feladatunkban ‐ és ugyanígy a 2589. gyakorlatban is ‐ a megoldás döntő részét annak a vizsgálata tette ki, hogy a két feltételezett transzformáció véges sokszori alkalmazásával az adott pontok (ill. az ezek által meghatározott szakaszok) milyen hozzárendelései valósíthatók meg; mindkét esetben azt találtuk, hogy bármely két pontpár átvihető egymásba. A feladatok hátterében az a tény áll, hogy ilyen módon minden kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés előállítható. Általánosabban a következőt láthatjuk be: Legyenek

A_{1}

A_{2}

...

A_{n}

tetszőleges, de egymástól különböző objektumok, és jelöljük rendre

t

-vel és

c

-vel a következő megfeleltetéseket:

(

t

)

A_{1} \to A_{2}

A_{2} \to A_{1}

A_{3} \to A_{3}

...

A_{n} \to A_{n}

, ill.
(

c

)

A_{1} \to A_{2}

A_{2} \to A_{3}

A_{3} \to A_{4}

...

A_{n} \to A_{1}

B_{1}

B_{2}

...

B_{n}

A_{1}

...

A_{n}

elemeket jelöli egy tetszőleges sorrendben, akkor

t

és

c

véges sokszori alkalmazásával megkaphatjuk az

A_{1} \to B_{1}

A_{2} \to B_{2}

...

A_{n} \to B_{n}

megfeleltetést.
Az állítás igazolásához először a
(

t_{i}

)

A_{1} \to A_{1}

...

A_{i - 1} \to A_{i - 1}

A_{i} \to A_{i + 1}

A_{i + 1} \to A_{i}

\begin{matrix} A_{i + 2} \to A_{i + 2}, ..., A_{n} \to A_{n} \end{matrix}

megfeleltetéseket állítjuk elő (itt

1 \leq i \leq n - 1

és nyilván

t_{1} = t

).
Könnyen látható, hogy ha először a

c

megfeleltetést alkalmazzuk (

n + 1 - i

)-szer, majd a

t

-t, és végül (

i - 1

)-szer a

c

megfeleltetést, akkor eredményül éppen a

t_{i}

-hez jutunk:

\begin{matrix} A_{i} \binom{c, c, ..., c}{\vec{n + 1 - i}} & A_{1} \binom{t}{\vec{}} A_{2} \binom{c, c, ..., c}{\vec{i - 1}} A_{i + 1}, \\ A_{i + 1} \binom{c, c, ..., c}{\vec{n + 1 - i}} & A_{2} \binom{t}{\vec{}} A_{1} \binom{c, c, ..., c}{\vec{i - 1}} A_{i}, \end{matrix}

és

v \neq i

i + 1

-re

\begin{matrix} A_{v} \binom{c, c, ..., c}{\vec{n + 1 - i}} A_{s} (s \neq 1,2), A_{s} \binom{t}{\vec{}} A_{s}, A_{s} \binom{c, c, ..., c}{\vec{i - 1}} A_{v} . \end{matrix}

Ezután a
(

t_{i j}

)

A_{1} \to A_{1}

...

A_{i} \to A_{j}

...

A_{j} \to A_{i}

...

A_{n} \to A_{n}

(

i < j

)
megfeleltetéseket állítjuk elő, amelyek tehát

A_{i}

-t és

A_{j}

-t felcserélik, a többieket pedig helyben hagyják (önmaguknak feleltetik meg). Egymás után hajtsuk végre ugyanis a

t_{i}

t_{i + 1}

...

t_{j - 2}

t_{j - 1}

t_{j - 2}

...

t_{i}

megfeleltetéseket: az eredmény nyilvánvalóan

t_{i j}

lesz.
Végül egy tetszőleges

B_{1}

B_{2}

...

B_{n}

sorrend a következőképpen érhető el: ha

B_{1} = A_{i}

, akkor

t_{1 i}

alkalmazásával:

\begin{matrix} A_{1} \to B_{1}, A_{2} \to C_{2}, ..., A_{n} \to C_{n} . \end{matrix}

(

i = 1

esetén ez a lépés természetesen kimarad.)
Ha most

C_{2} = A_{j}

és

B_{2} = A_{k}

, akkor másodjára a

t_{j k}

leképzést végrehajtva (

j, k \neq i

miatt):

\begin{matrix} A_{1} \to B_{1} \to B_{1}, A_{2} \to C_{2} \to B_{2}, A_{3} \to D_{3}, ..., A_{n} \to D_{n} . \end{matrix}

Az előbbiekhez hasonlóan,

D_{3} = A_{w}

és

B_{3} = A_{z}

jelöléssel

w

z \neq i

k

, így

t_{w z}

elvégzése után:

\begin{matrix} A_{1} \to B_{1} \to B_{1} \to B_{1}, A_{2} \to C_{2} \to B_{2} \to B_{2}, \\ A_{3} \to D_{3} \to B_{3}, A_{4} \to E_{4}, ..., A_{n} \to E_{n} . \end{matrix}

Folytatva

E_{4}

és

B_{4}

cseréjével, majd tovább, látható, hogy a kívánt megfeleltetés összesen legfeljebb (

n - 1

) hasonló lépésben elérhető.