Feladat: Gy.2426 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1988/február, 74 - 75. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Nevezetes azonosságok, Egyéb szinezési problémák, Kombinatorikai leszámolási problémák, Háromszög-rácsok geometriája, Számtani sorozat, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/szeptember: Gy.2426

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

Az elsőnek befestett háromszög oldalegyenesei a síknak a háromszögön kívüli részét 6 részre osztják. Megmutatjuk, hogy a harmadik lépéstől kezdve e 6 rész mindegyikében 2-vel több háromszöget festünk be, mint a megelőző lépéskor. A harmadik lépéstől kezdve így összesen 12-vel nő a lépésenként kifestett háromszögek száma.

 
 

Ha n≥2, akkor az ábrán A-val, C-vel, illetve E-vel jelölt síkrészekben az n-edik lépés után pirossá vált háromszögek együttesen egy-egy olyan szabályos háromszöget alkotnak, melynek oldala a sík lefedéséhez használt kis háromszögek oldalának (n-1)-szerese, hiszen a kifestett idom lépésenként egy "réteggel'' bővül. Ekkor mindhárom befestett rész (n-1)2 darab kis háromszöget tartalmaz. Ezután úgy kapjuk az egyes részekben pontosan az n-edik lépés során kifestett háromszögek számát, ha az n-edik lépés után piros háromszögek számából levonjuk azoknak a háromszögeknek a számát, amelyek már az (n-1)-edik lépés után is pirosak voltak.
(n-1)2-[(n-1)-1]2=[(n-1)+(n-2)][(n-1)-(n-2)]=2n-3.(1)

Ez a mennyiség valóban 2-vel nő, ha az n-et 1-gyel növeljük, így a harmadik lépéstől kezdve az A, C és E síkrészek mindegyikében valóban 2-vel nő a lépésenként kifestett háromszögek száma.
Ugyanez igaz már a második lépéstől kezdve a B, D és F síkrészekben, mert ha ezen síkrészek mindegyikéhez hozzávesszük az elsőnek kifestett háromszöget, az A, C E síkrészekkel egybevágó síkrészekhez jutunk, tehát az előzőekben elmondott bizonyítás végkövetkeztetése most is érvényes.
Ezek szerint az egyes lépésekben kifestett háromszögek száma ‐ a második lépéstől kezdve ‐ egy olyan számtani sorozatot alkot, amelynek mind az első tagja, mind pedig a differenciája 12. A századik lépésben kiszínezett háromszögek száma e sorozat 99. tagja, vagyis 12+98⋅12=1188.