Feladat: 1971. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1974/április, 167 - 169. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Eltolás, Hossz, kerület, Konstruktív megoldási módszer, Teljes indukció módszere, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/szeptember: 1971. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata

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

Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk, egy a követelménynek megfelelő ponthalmazt Sm jelölünk.
m=1 esetében S1-re legegyszerűbb példa egy tetszőleges egységszakasz két végpontja, de megfelel a végpontok halmaza akárhány, de véges számú egységszakasz egyesítésében is, ha bármely két nem ugyanazon egységszakaszból származó végpont távolsága 1-től különböző. Az 1. ábra második példáján speciálisan AB=1 és A'B'#AB; itt azt is mondhatjuk, hogy S1 az AB→ egységszakasz és AA'>2 az abszolút értékű vektorral eltolt képe alkotja, és még azt is, hogy az AA' szakasz és ennek az AB→ egységvektorral eltolt képe alkotja S1-et (így sem AB', sem BA' nem lehet egységnyi).

 

 

1. ábra
 

S2-re a legegyszerűbb példák: egységnyi oldalú szabályos háromszög csúcspontjai, valamint egységnyi oldalú rombusz csúcsai, hacsak a rombusznak egyik átlója sem egységnyi, vagyis a rombusz bármelyik csúcsa körüli, egységnyi sugarú kör pontosan 2 csúcson megy át (2. ábra). Tovább körön mindig egységnyi sugarú kört értünk.
 

 

2. ábra
 

Visszatérve a rombuszra, ezt most úgy tekintjük, hogy az AB egységszakaszt egy AA'→ egységvektorral toltuk el. Ehhez A'-t az A körüli ka körön kell vennünk, kivéve azonban a B pontját, mert akkor A-tóI csak 1 pont lenne egységnyire, B-től pedig 2. Nem vehetők A' szerepére továbbá ka-nak a B körüli kb körrel alkotott P, Q metszéspontjai, mert így B-től 3 pont lenne egységnyire. B'-t az A' körüli kör metszi ki kb-ből. Ugyanezeket mondhatjuk el B-ről, ha a rombuszt AB-nek a BB'→-ral való eltolásával képeznénk; az így kizárt három vektor a fentebbi háromnak az AB szakasz felezőpontjára való tükörképe (az ábra c része).
A rombusz példájának elemzésével tulajdonképpen eljárásmintát dolgoztunk ki tetszőleges m mellett Sm-ből egy megfelelő Sm+1 kifejlesztésére:
Sm-et egyesítjük egy olyan S'm, képével, amelyet belőle egy alkalmas egységvektorral való eltolás útján hozunk létre. Tegyük fel tehát, hogy létezik a követelményt kielégítő Sm, ahol m≧2, és legyen egy ilyen Sm={A, B1, B2, ..., Bm, C, D, ..., G}, ahol Bi(i=1, 2, ..., m) az A-tól 1-re levő pontok AC, AD, ..., AG≠1, az elemek száma r(≥m+1), továbbá S'm={A', B'i, ..., G'}.
 

Az eltolást az AA'→-val definiálva, A' az A körüli ka egységkörön választandó. Azt mutatjuk meg, hogy ez mindig lehetséges. Nem viheti át az AA'→ az A-t a Bi pontok egyikébe sem, mert különben az A-tól 1-re levő pontok száma Sm+1-ben is csak m maradna ‐ egy megjegyzéssel hamarosan visszatérünk még ide ‐, és nem lehet A' egységnyire a további Bi, C, ..., G pontok valamelyikétől, különben az eltolás után attól a ponttól legalább (m+2) pontja lenne Sm+1-nek 1 távolságban. Az utóbbi meglátás a B-i, ..., G pontok körüli körök révén legföljebb 2(r-1) pontot zár ki ka-ból, hiszen két körnek legföljebb 2 közös pontja van. Más körülmény nem teheti alkalmatlanná A'-t. ‐ A beígért megjegyzés; az AB→ eltolás mégis fölemelhetné (m+1)-re Sm+1-ben az A-tól 1-re levő pontok számát, ha ti. egy C pontot éppen rátolna ka-ra. Ez azonban kiesik a második kizárásban, mint ka és kc közös pontja.
Mivel az AA'→ eltolást megadhatja BiB'i→, ..., GG'→ is, és eközben kaphatunk újabb kizárandó irányokat is, azért mindent egybevéve legföljebb r[m+2(r-1)] egységvektor nem alkalmas S'm és vele Sm+1 mondott kifejlesztésére. Ebben az a lényeges, hogy ez a szám véges. Eszerint Sm+1 végtelen sok módon képezhető Sm-ből, állításunkat ‐ és vele a feladat állítását is ‐ bebizonyítottuk.
 

Megjegyzések. 1. Annak belátásához, hogy minden m-hez létezik Sm, elég lett volna képezni egyetlen egységszakasz eltoltját, valamint eltoltjainak eltoltját és így tovább, a mondott korlátozásokkal. Így Sm elemeinek száma 2m lenne. Indulásul avégett mutattunk egynél több példát, hogy az olvasó elképzeléseit elindítsuk. Ezzel a céllal mutattuk be S2-re az egyenlő oldalú háromszöget is, és evégett mutatunk a 3. ábrán olyan S3-at is, amely egyáltalán nem tartalmaz a fentiekben nem kizárt rombuszt, sőt éppen kizárt rombuszokból épül föl.
 

 

3. ábra
 

2. Nem volt lényeges fölírni a kizárandó eltolásvektorok számának megadott felső korlátját, csak az, hogy az összes kizárási típusokat megadjuk. A valóban kizárt vektorok száma az eltolásos eljárásban úgyis kisebb a korlátnál, ha Sm tartalmaz rombuszokat, illetve ha Sm pontjai közt előfordul 2 egységnyi vagy nagyobb távolság; mindkét körülmény föl is lép az egymás utáni Sm-ek eltolásos kifejlesztése során.
3. Fölvethető Sm létezésének kérdése a térben is, igen egyszerű példát nyújt S3-ra a szabályos tetraéder, a kocka és a szabályos dodekaéder csúcsainak halmaza, S4-re a szabályos oktaéder, S5-re a szabályos ikozaéder csúcsainak halmaza. Tulajdonképpen itt is használható a kifejlesztésben az eltolásos eljárás, meggondolandó azonban, hogy két egységgömb metszheti egymást körben is, ekkor közös pontjaik száma nem véges.