Feladat: Gy.1940 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Danyi Pál ,  Törőcsik Jenő 
Füzet: 1981/április, 163 - 165. oldal  PDF file
Témakör(ök): Permutációk, Szabályos sokszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/november: Gy.1940

Legyen P1P2...P2n egy szabályos 2n szög csúcsainak egy sorrendje (permutációja). Bizonyítsuk be, hogy a zárt P1P2...P2nP1 töröttvonalnak van két párhuzamos szakasza.

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

Számozzuk meg a sokszög csúcsait 1-től 2n-ig tetszőleges csúcson kezdve a számozást, és mondjuk az óramutató járásával megegyező irányban járva be a csúcsokat. Rendeljük a számozás alapján a sokszög tetszőleges két csúcsát összekötő szakaszhoz a végpontokhoz írt számok összegét. Vizsgáljuk meg először, hogy mit kapunk, ha a P1P2...P2nP1 törtvonalban szereplő szakaszokhoz rendelt számokat összeadjuk. Ebben az összegben 1-től 2n-ig minden szám kétszer szerepel, hiszen minden csúcsból két szakasz indul ki. Az összeg tehát a csúcsok sorrendjétől függetlenül az első 2n pozitív egész szám összegének a kétszerese. Írjuk le kétszer 1-től 2n-ig a számokat, de úgy, hogy másodszor fordított sorrendben írjuk őket:

1+2+...+k+...+2n++2n+2n-1+...+2n+1-k+...+1.
Ebben a fordított sorrendben a k-adikhoz a 2n-től lefelé lépegetve (k-1) lépésben jutunk el, az tehát 2n-(k-1). Ha páronként összeadjuk az egy oszlopban álló számokat, mindenütt (2n+1)-et kapunk, hiszen k és 2n-(k-1) összege minden k mellett ennyi. Mivel pedig 2n oszlopunk van, a teljes összeg 2n(2n+1).
Most azt vizsgáljuk meg, hogy mit mondhatunk két szakasz számairól, ha azok párhuzamosak. A szakaszok négy végpontja a kört négy körívre vágja, ezek közül kettő a két párhuzamos közti sávban van, kettő azon kívül. Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy az (1,2n) ív hova kerül.

Ha a két párhuzamos között van ez az ív, jelöljük a végpontokhoz írt számokat nagyság szerint növekedve i-vel, j-vel, k-val, m-mel. Mivel egy körből párhuzamos egyenesek egyenlő íveket metszenek ki, most
k-j=i+(2n-m),
hiszen az (1,2n) ívecskét tartalmazó ív két darabból rakható össze: az m-től 2n-ig futó ívből és a 2n-től i-ig futó darabból (a kettő közül az első m=2n mellett egy ponttá zsugorodhat). Rendezzük kicsit át a kapott feltételt:
k+m=i+j+2n.(1)

Meg kell még vizsgálni azt az esetet, amikor az (1,2n) ívecske nem esik a párhuzamosok közé. A csúcsokat most is nagyság szerint jelölve a párhuzamosság feltételei j-i=m-k, vagyis
i+m=j+k.(2)

Minden esetre érvényes az a megállapítás, hogy a párhuzamos szakaszokhoz rendelt összegek 2n-nel osztva ugyanazt a maradékot adják. Ez az észrevétel a megoldás kulcsa. Először is megmutatjuk, hogy ez az állítás megfordítható. Mivel a számok 1 és 2n közöttiek, az összegek kisebbek 4n-nél. Így csak úgy lehetnek a maradékok egyenlőek, ha az összegek is egyenlőek, vagy ha az összegek különbsége 2n. Az első esetben az egyik végpontjaihoz rendelt számokat i-vel, m-mel jelölve, a másikét pedig j-vel, k-val, a (2) összefüggést, majd ebből a párhuzamosságot biztosító j-i=m-k feltételt kapjuk. A másodikban pedig előbb (1)-et kapjuk, majd abból a párhuzamosságot, ha (i,j) és (k,m) az eredeti két szakasz.
Végül megmutatjuk, hogy ellentmondásra vezet az a feltétel, hogy a P1P2...P2nP1 töröttvonalnak nincsenek párhuzamos darabjai. Ekkor ugyanis a szakaszokhoz rendelt összegek 2n-nel osztva páronként különböző maradékot adnának. Mivel a szakaszok száma is 2n, és a lehetséges maradékok száma is 2n, ez csak úgy lehetne, ha minden maradékot pontosan egyszer kapnánk meg. Ez viszont azt jelentené, hogy a maradékok összege az első 2n pozitív egész szám összegével volna egyenlő, ami az előbb kapott 2n(2n+1) kétszeres összeg fele. Mivel pedig a maradékokhoz úgy jutunk, hogy az összegeket vagy változatlan hagyjuk, vagy 2n-nel csökkentjük, a csökkentések összege 2n-nel osztható. Ámde 2n(2n+1) fele nem osztható 2n-nel, tehát valóban ellentmondásra vezet a mondott feltétel.
 

Danyi Pál (Pécs, Nagy Lajos Gimn., II. o. t.)

 

Megjegyzés. A feladatban szereplő tétel bizonyítása megtalálható Szabó Sándor: Egy szabályos sokszögre vonatkozó észrevétel című dolgozatában (Matematikai Lapok, 28. évf., 1‐3. szám (1980), 199‐201. oldalak).
 

Törőcsik Jenő (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)