Feladat: Gy.2187 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1985/november, 383 - 384. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kombinatorikus geometria síkban, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/március: Gy.2187

Egy kör kerületét 3k számú pontjával 3k olyan ívre osztottuk, amelyeken belül nincs további osztópont. Az ívek közül k darabnak 1 egységnyi a hossza, k darabnak 2 egységnyi, a többié 3 egységnyi. Bizonyítsuk be, hogy az osztópontok közül van olyan kettő, amelyek egy átmérőt határoznak meg.

Színezzük ki a 3k osztópontot pirosra, azokat a pontokat pedig, amelyek a piros végpontú íveket egységnyi hosszúságú részekre osztják, feketére. Mivel két szomszédos piros pont között k esetben nincs fekete pont, k esetben 1 és k esetben 2 van, a fekete pontok száma k+2k=3k. A piros és fekete pontok együtt egy 6k csúcsú szabályos sokszöget határoznak meg. Húzzuk meg a kör 3k piros pontjából kiinduló átmérőjét, és tegyük fel a feladat állításával ellentétben, hogy nincs köztük olyan, amelyiknek mindkét végpontja piros volna. Ez azt jelenti, hogy a sokszög minden piros csúcsával átellenben fekete található és ‐ mivel ugyanannyi piros csúcs van, mint fekete ‐ minden fekete csúccsal átellenben piros.
A szabályos 6k-szög oldalait két csoportba osztjuk: az elsőbe azok kerüljenek, amelyek végpontjai egyező színűek ‐ legyenek ezek az E oldalak ‐ a másodikba pedig azok, amelyek végpontjai különböző színűek ‐ K oldalak. Mivel piros csúccsal szemben fekete van, feketével szemben pedig piros, azért E oldalakkal szemközt is E oldal, K oldallal szemközt pedig K oldal van.
Az eredeti felosztás minden egységnyi hosszúságú íve E oldal, ez összesen k darab, és ugyancsak E oldal minden 3 hosszúságú ív középső része. Így az E oldalak száma 2k, a 6k-szög többi 4k oldala pedig K oldal.
Jelöljük A-val a körív egyik piros osztópontját és legyen az A-ból induló átmérő másik végpontja B. Föltevésünk szerint B fekete. Számoljuk le a körön a K oldalakat először A-tól B-ig, majd tovább B-től A-ig. K oldallal szemben K oldal van, ezért a K oldalak száma A-tól B-ig ugyanannyi, mint B-től A-ig, azaz 4k fele, 2k. Ez azt jelenti, hogy A-tól B-ig haladva a csúcsok színe 2k-szor, páros sokszor változik. Ha tehát A piros volt, akkor mivel páros sok színváltás után jutunk a vele szemben levő B-hez, B-nek is pirosnak kell lennie. Ezzel ellentmondásra jutottunk, vagyis van a körben olyan átmérő, amelynek mindkét végpontja piros.