A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Kíséreljük meg ellenpéldát adni az állításra, vagyis az , , , pontokat azzal a kiegészítő követelménnyel kiszínezni, hogy a tíz kis háromszög egyikének se legyen mind a három csúcsa más-más színű. Azt fogjuk belátni, hogy ez nem lehetséges, és ez fogja bizonyítani a feladat állítását.
1. ábra A kiegészítő követelmény ‐ másképpen: az állítással való szembehelyezkedés ‐ célszerű lesz. Ugyanis az eredeti előírás csak csekély korlátozást jelent a színezésben (csupán az oldalfelező pontok részére zár ki egy-egy színt), vagyis megfordítva: sok lehetőséget enged a színek választásában; de főleg azért, mert sok munkát ígér avval, hogy minden egyes színezés végeztével addig kell ellenőriznünk kis háromszögeit, míg találunk köztük egy, az állítás szerint létező ,,háromszínű'' háromszöget. A kiegészítő követelményt viszont már a színezés folyamán, az ábra részleteiben érvényre lehet juttatni, sőt éppen azt várjuk, hogy így egyetlen színezést sem lehet majd befejezni; nem végzünk tehát hiábavaló munkát, vagy legalábbis kevesebbet. A kiegészítő követelmény melletti színezés lehetetlen volta néhány háromszög megfelelő színezése után abból fog kiütközni, hogy az utolsónak (vagy mások után) színezendő pont számára a benne összefutó háromszögek egyike-másika tiltja egyik-egyik szín alkalmazását, és több ilyen háromszög együttesen mind a színt letiltja. Az oldalfelező pontok lényegében kétféleképpen színezhetők: I. együttvéve két színnel, ha ti. a háromszög valamelyik csúcsának színét mindkét onnan kifutó oldal felezőpontja örökli, a szemben levő oldal felezőpontja pedig a további két szín egyike; II. úgy, hogy , , mindegyike más színű. Az I. lehetőségre példa, ha és (röviden az egyenlőség jelével rendeljük hozzá a ponthoz a szín kezdőbetűjét, 2. ábra).
2. ábra Minden más ilyen, azaz színt használó lehetőség visszavezethető erre, az ábra -os elfordításával vagy tengelyes tükrözésével. Ugyanis nem változtat a feladaton, ha az és háromszögeket szabályosaknak tekintjük, a többieket egyenlő szárúaknak, hiszen a követelmények szempontjából nem lényeges, hogy a megindulásban hol van a , a , az csúcs, helyettük akár , , színt vagy akár három különböző jelet is írhatnánk. Ezt röviden így mondjuk: a feladat szimmetriái alapján elég a választott példával foglalkoznunk; itt szimmetrián tágabb értelemben a színek egyenrangúságát is értjük. A 2. ábrán az pont az háromszög miatt nem lehet , különben a háromszög háromszínű lenne; továbbá hasonlóan az háromszög miatt sem lehet, tehát arra kényszerítettük magunkat, hogy -et -re fessük. Folytatólag a háromszög miatt , a háromszög miatt , tehát egyedül lehetséges. Így pedig a , és háromszögek egyidejű figyelembevételével az előzetes megjegyzés szerint színezhetetlen. Az oldalfelező pontok II. típusú színezése mellett színe meghatározza -ét, majd -ét is (vagy előbb a -ét, utána a -ét), a szimmetria alapján elég az , , esettel foglalkozunk (3. ábra, itt a még meglevő forgási szimmetria miatt kissé lassabban jutunk előre).
3. ábra Az háromszög miatt . Ha volna, akkor az háromszög miatti , és az háromszög miatti letiltásból következnék, és színezhetetlenné válna a , , háromszögek miatt. Eszerint már csak -től remélhető megoldás. A színek szimmetriáját felhasználva ugyanígy kapjuk azt, hogy csak és lehetséges, így pedig a háromszög háromszínű. Ezzel az előrebocsátottak szerint a feladat állítását bebizonyítottuk.
II. megoldás. Hosszabbnak ígérkezik a színezést a teljesen szabad , , pontokkal kezdeni, mégis rövidebben érünk célhoz, egyszerűbben ütközünk bele , vagy színezhetetlenségébe. ‐ Az I. megoldáshoz hasonlóan itt sem engedünk meg háromszínű háromszöget, vagyis minden kis háromszögben megkövetelünk legalább egy szín-ismétlődést. Mivel a háromszög szimmetrikusan fekszik a háromszöghöz képest, és a színek eddigi felhasználásuk szerint is egyenrangúak (mindegyik színnel pont), azért a háromszögben ismétlődő színnek bármelyiket választhatjuk, legyen ez . Erre azonban nem festhetők együtt és , mert így (1. ábra) a és a háromszögek miatt és , holott színének a feladat követelménye szerint vagy -nek vágy -nek kellene lennie. (Eddig szóba sem jött, tehát lehetetlen a színezés is.) Így -nek kell kéknek lennie, továbbá és egyikének. alapján az ábra a szín szempontjából szimmetrikus a tengelyre, ezért elég -val próbálkozni. Ekkor a háromszögből , tehát az eredeti követelmény szerint ; az és háromszögekből ; végül a és háromszögekből nem festhető egyik előírt színére sem. Nem lehet tehát mindegyik pontot színezni, ha nem engedünk meg háromszínű háromszöget.
III. megoldás. A feladat állítását indirekt úton igazoljuk. Tegyük fel, hogy van olyan színezés, amikor nincs olyan kis háromszög, amelynek mind a három csúcsa különböző színű. Nevezzük oldalnak egy háromszög olyan oldalát, amelynek egyik végpontja piros, a másik kék. Számoljuk le kétféleképpen a oldalakat úgy, hogy mindegyiket annyiszor vegyük számításba, ahányszor fellép valamelyik kis háromszög oldalaként. a) A oldalak száma páros, hiszen ha egy kis háromszögnek van oldala, akkor pontosan két ilyen oldala van, mert ekkor csúcsainak színezése vagy , , vagy , , . b) A oldalak száma páratlan, mert a nagy háromszög kerületén pontosan egy oldal van, és belsejében minden oldal pontosan két háromszög révén jön számításba. A kapott ellentmondás azt bizonyítja, hogy mindig van legalább egy olyan kis háromszög, amelynek mind a három csúcsa különböző színű.
Megjegyzés. Az elmondott gondolatmenet alkalmazásával a feladat sokkal általánosabb feltételek mellett is megoldható, lásd a pontversenyen kívüli P. 180. probléma később közlendő megoldását. |