Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.154	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bacsó G. , Bara T. , Kollár J. , Páles Zs.
Füzet:	1974/február, 73 - 75. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Testek szinezése, Egyéb szinezési problémák, Kombinatorikai leszámolási problémák, Kombinációk, Skatulyaelv, Szabályos sokszögek geometriája, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/november: Pontversenyen kívüli P.154

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

A feladat feltétele megfogalmazható a következőképpen is: az összes csúcsot páronként összekötő szakaszok közül az egyforma hosszúságúak fele azonos, a másik fele különböző színű csúcsokat köt össze.
a) Ha $p$ , ill. $k$ csúcsot festünk meg pirossal, ill. kékkel $(p + k = n)$ , akkor a piros, a kék és a különböző színű csúcspárokat összekötő szakaszok száma rendre $(\binom{p}{2})$ , $(\binom{k}{2})$ és $p k$ . Speciálisan a szabályos $n$ -szögünk csúcsait összekötő összes szakasz fele azonos, a másik fele különböző színű csúcsokat köt össze, tehát

\begin{matrix} (\binom{p}{2}) + (\binom{k}{2}) = p k, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} p (p - 1) + k (k - 1) = 2 p k, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} {(p - k)}^{2} = p + k = n, \end{matrix}

(1)

ezért

n

valóban csak négyzetszám lehet.

b) Tegyük fel, hogy

n = 16

esetén létezik legalább egy, a feladat feltételeit kielégítő színezés. Mivel a piros és a kék szín szerepe felcserélhető, azért elég a

p ≧ k

esetet vizsgálnunk. Ekkor

p + k = 16

és (1) alapján

p - k = 4

, tehát

p = 10

k = 6

. A továbbiakban megnézzük, hogyan kell a 6 kékre festett csúcsnak elhelyezkednie.
Válasszuk a szabályos 16-szögünk köré írt

k

kör kerületét 16 egységnyinek és értelmezzük két csúcs "távolságát'' az őket összekötő két körív közül a rövidebbiknek (a nem hosszabbiknak) a hosszával. Az összes csúcs között 16, ill. 8 db

s

hosszúságú távolság lép fel aszerint, hogy

s \neq 8

, ill.

s = 8

.
Ha

s \neq 8

, akkor a 16 db

s

hosszúságú távolság végpontjai között a 16-szög mindegyik csúcsa pontosan kétszer szerepel, és a feladat feltevése szerint 8 távolságnak az egyik végpontja kék, a másik piros. Így ha a 6 kék csúcs közül

e_{s}

-féleképpen lehet két csúcsot úgy kiválasztani, hogy azok egymástól

s

távolságra legyenek, akkor

2 e_{s} + 8

a kék csúcsok számának kétszeresét adja, tehát

2 e_{s} + 8 =

= 12

, azaz

e_{s} = 2

(

s \neq 8

).
Ha pedig

s = 8

, akkor ‐ mivel a nyolc db 8 egységnyi hosszúságú távolság végpontjai között a 16 szög minden csúcsa pontosan egyszer lép fel ‐, hasonlóan

2 e_{8} + 4 = 6

, azaz

e_{8} = 1

.
A talált

e_{s} = 2

(1 ≦ s ≦ 7)

és

e_{8} = 1

eredmények szükséges feltételei egy megfelelő színezésnek.
Jelölje az egymástól 8 egységnyi távolságra levő két kék csúcsot

A

és

B

, a további kék csúcsokat pedig

C

D

E

F

. A hat kék csúcs közötti 15 távolság összege az elmondottak alapján

2 (1 + 2 + ... + 7) + 8 = 64

. Mivel bármely

X

további csúcsra

\hat{A X} + \hat{X B} = 8

(ahol

\hat{A X}

A

és

X

csúcsok távolságát jelenti), azért a

C

D

E

és

F

csúcsok között fellépő 6 távolság összege

64 - 4 \cdot 8 - \hat{A B} = 24

. E csúcsok elhelyezkedésre két eset lehetséges.

α

) Ha a

C D E F

négyszög tartalmazza a

k

kör

O

középpontját, akkor található a négyszög csúcsai között három olyan, mondjuk

C

D

és

E

, hogy a

C D E

háromszög tartalmazza

O

-t. Legyen

F

pl. a

C

és

D

között. Mivel az

F

-et és az

E

-t összekötő rövidebbik körív tartalmazza vagy a

C

-t vagy a

D

-t, ezért

\hat{F E}

nagyobb a

\hat{C E}

és

\hat{D E}

valamelyikénél, mondjuk

\hat{F E} > \hat{D E}

. A

C

D

és

E

csúcsok közötti három távolság összege 16, így

\begin{matrix} 8 = 24 - 16 = \hat{F C} + \hat{F D} + \hat{F E} = \hat{C D} + \hat{F E} > \hat{C D} + \hat{D E} = \hat{16} - E C, \end{matrix}

azaz

E C > 8

, ami ellentétben áll feltevésünkkel.

β

) Ha nem az

α

) eset teljesül, akkor található olyan félkörív, hogy mind a négy csúcs ezen helyezkedik el. Legyen a négy csúcs között fellépő legnagyobb távolság

\hat{C F}

, és legyen

D

közelebb a

C

-hez, mint az

F

-hez. Ekkor

\begin{matrix} \hat{C D} + \hat{D F} = \hat{C E} + \hat{E F} = \hat{C F}, \end{matrix}

s így a négy csúcs közötti 6 távolság összege

\begin{matrix} 24 = 3 \hat{C F} + \hat{D E}, \end{matrix}

tehát

D E

osztható 3-mal, azaz

\hat{D E} = 3

és

\hat{S F} = 7

(hiszen

\hat{D E} ≦ \hat{C F} - 2 < 6

).
Ha mármost

\hat{C D} = 1

vagy

\hat{C D} = 3

, akkor a hat távolság 1, 3, 3, 4, 6 és 7.
Hozzávéve

C

D

E

és

F

-hez a szemben fekvő

A

B

csúcspárt, a talált feltétel szerint e hat távolsághoz hozzá kell lépnie két db 5 egységnyinek is, de akkor a mondottak szerint két db (8-ra kiegészítő) 3 egységnyinek is. Így pedig a hat kék csúcs közti távolságok közt a 3 négyszer lép föl, amit a feltétel nem enged meg.

Ha végül

\hat{C D} = 2

, akkor a hat távolság 2, 3, 2, 5, 5, 7, és fel kell lépnie egy további 3-asnak, de vele egy további 5-ösnek is, tehát ez sem lehetséges.
Mindezek szerint nem lehet egy szabályos 16-szög csúcsait megfesteni a követelmények szerint.