|
Feladat: |
Gy.2410 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Ambrus Beáta , Balogh 171 J. , Barabás 479 Gy. , Benczúr P. , Boda Z. , Csirik J. , Hajnal Z. , Hídvégi Z. , Jónás A. , Király Rita , Kondacs A. , Kőrösi A. , Kozma K. , Lois L. , Máté Nóra , Péter I. , Pór A. , Sándor B. , Semsey Sz. , Siklér F. , Somfai Ellák , Sustik M. , Szabó 713 D. , Szakács Á. , Szamuely T. , Szilágyi B. , Temesvári A. , Tornyi L. |
Füzet: |
1988/január,
18 - 20. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Súlypont, Kombinatorikai leszámolási problémák, Oszthatóság, Négyzetrács geometriája, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1987/április: Gy.2410 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Tekintsük a síkbeli négyzetrács rácspontjait egy derékszögű koordináta-rendszer egész koordinátájú pontjainak. Ismeretes, hogy az , , csúcsú háromszög súlypontjának koordinátái: | | Egy háromszög súlypontja tehát pontosan akkor rácspont, ha a csúcsok első, illetve második koordinátáinak az összege osztható -mal. Hívjunk három rácspontot "jónak'', ha ez fennáll rájuk. Megmutatjuk, hogy a feladatban kimondott állítás a -nál nagyobb természetes számokra igaz. Ehhez nyilván elegendő egyrészt pontra igazolni az állítást, másrészt mutatni olyan rácspontot, amelyre az állítás nem teljesül.
1. ábra Az egyes koordináták háromféle maradékot adhatnak -mal osztva, így összesen típusú rácspont lehetséges. Ezeket a lehetőségeket tartalmazza az 1. ábra táblázata. Tekintsünk most rácspontot, és helyezzük el őket az 1. ábra celláiban aszerint, hogy a koordinátáik milyen maradékot adnak -mal osztva. Ha van olyan cella, ahová legalább három pont kerül, akkor nyilván készen vagyunk, hiszen három egyenlő maradék összege osztható -mal. Ha sehol sincs kettőnél több, akkor legalább cellába kerül rácspont, hisz a pontok száma . Válasszunk ki öt ilyen "foglalt'' cellát, illetve mindegyikükben egy-egy rácspontot. Azt állítjuk, hogy ezek között van három jó. Nyilván bármely két különböző cellához van egy és csak egy olyan harmadik, hogy az e három cellába kerülő három rácspont jó, így összesen olyan jó hármas van, ahol különböző cellákból valók az elemek. Tekintsük ezután az kiválasztott rácspont által meghatározott jó hármast. Ha belátjuk, hogy ezek a hármasok nem lehetnek valamennyien különbözők, akkor készen vagyunk, ugyanis két különböző pontpár éppen akkor határozza meg ugyanazt a jó hármast, ha az éppen a két pár pontjainak az egyesítése, és így mindhárom pontja szerepel a megadott pontok között. Osszuk ehhez az összesen jó hármast négy, egyenként három elemű csoportra a 2. ábra szerint. (Az egyes csoportokban az azonos jelű pontok alkotják a jó hármasokat.)
2.a) ábra
2.b) ábra
2.c) ábra
2.d) ábra Ha az pont által meghatározott jó hármas között nincsenek azonosak, akkor a 2. ábra négy csoportja közül legalább egynek mindhárom eleme ott van a fenti jó hármas között. Az egyes csoportokon belül viszont semelyik két hármasnak nincs közös pontja, vagyis egy csoport három hármasának meghatározásához pontra van szükség! Mivel nekünk csak öt pontunk van, a hármas között valóban kell, hogy legyenek azonosak, amiből a fentiek szerint következik, hogy a feladat állítása pont esetén igaz. Egy nyolcelemű ellenpélda a következő : | | Összesen négy cellába kerülnek pontok, mindegyikbe kettő-kettő (3/a ábra), és a fentiek szerint nyilván nincs köztük három jó. A 3/b ábrán nyolc olyan rácspont látható, amelyek közül semelyik három nem esik egy egyenesre, koordinátáik pedig éppen az adott celláknak megfelelő maradékot adják.
3.a) ábra
3.b) ábra Megjegyzések. 1. A feladatban nem volt lényeges az a megszorítás, hogy a megadott pontok közül semelyik három ne essék egy egyenesre, amennyiben elfajuló háromszög súlypontját is a csúcsok koordinátái számtani közepeként értelmezzük. 2. A feladat annak az ismert állításnak a "kétdimenziós'' általánosítása, mely szerint öt egész szám között mindig van három, amelyek összege -mal osztható. Tulajdonképpen azt láttuk be, hogy kilenc, egész számokból álló számpár között mindig van három olyan, ahol mind az első, mind pedig a második elemek összege osztható -mal. A feladat nyilván tovább általánosítható. Másfelől maga az "egydimenziós'' állítás is csak speciális esete az alábbi tételnek : ha adott darab egész szám, akkor mindig kiválasztható közülük pontosan , amelyek összege -nel osztható. Ennek bizonyítása megtalálható például Csirmaz László: Kedvenc problémáim c. rovatában a KÖMAL 1982/10 számának 193‐195. oldalán. |
|