Feladat: N.60 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Gyarmati Katalin ,  Póczos Barnabás ,  Valkó Benedek 
Füzet: 1995/december, 540 - 542. oldal  PDF file
Témakör(ök): Indirekt bizonyítási mód, Konstruktív megoldási módszer, Maradékos osztás, kongruenciák, Síkbeli ponthalmazok távolsága, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1995/február: N.60

Megadható-e 4 pont a síkon úgy, hogy a köztük fellépő távolságok mind páratlan egész számok legyenek?

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

Megmutatjuk, hogy nincs négy ilyen pont a síkon. Indirekten bizonyítunk: tegyük fel, hogy mégis van négy pont a síkon, hogy bármely kettő távolsága páratlan egész.
Nyilván semelyik három pont nem eshet egy egyenesbe, mert ha A, B, C egy egyenesen van, akkor AB vagy AC+BC-vel vagy |AC-BC|-vel egyenlő, és ha AC és BC páratlan, akkor ez biztos páros lesz. Tehát semelyik három pont sem eshet egy egyenesre, így a négy pont konvex burka négyszög vagy háromszög.
Tekintsük először azt az esetet, amikor négyszög a konvex burok (1. ábra). Legyen a négy pont A, B, C, D, és jelöljük a köztük fellépő távolságokat x, y, z, p, q, r-rel az ábrán látható módon. Legyen továbbá ABD=α, DBC=β és ABC=γ. (Látható, hogy α+β=γ.) A koszinusz-tételből

cosα=x2+y2-r22xy,cosβ=y2+z2-p22yz,éscosγ=x2+z2-q22xz.


Mivel a négyszög konvex, azért α és β  180-nál kisebb, és ezért cos2φ+sin2φ=1 miatt
sinα=1-cos2α=4x2y2-(x2+y2-r2)24x2y2=4x2y2-(x2+y2-r2)22xy
és
sinβ=4y2z2-(y2+z2-p2)22yz.
cos(α+β)=cosαcosβ-sinαsinβ, ezért γ=α+β miatt
x2+z2-q22xz=cosγ==(x2+y2-r22xy)(y2+z2-p22yz)-4x2y2-(x2+y2-r2)22xy4y2z2-(y2+z2-p2)22yz==(x2+y2-r2)(y2+z2-p2)-(4x2y2-(x2+y2-r2)2)(4y2z2-(y2+z2-p2)2)4xy2z,
ezért
2y2(x2+z2-q2)==(x2+y2-r2)(y2+z2-p2)-(4x2y2-(x2+y2-r2)2)(4y2z2-(y2+z2-p2)2).

Ismert, hogy egy páratlan szám négyzete 8-cal osztva 1-et ad maradékul, ezért y21(mod8), x2+z2-q21+1-1=1(mod8), így y2(x2+z2-q2)1(mod8). Akkor pedig 2y2(x2+z2-q2)2(mod16).
Tehát az egyenlet bal oldalán olyan egész szám áll, amelynek maradéka 16-tal osztva 2. Akkor ez igaz lesz a jobb oldalon álló kifejezésre is. x2+y2-r21(mod8), és y2+z2-p21(mod8), ezért (x2+y2-r2)(x2+z2-p2)1(mod8), és így (x2+y2-r2)(y2+z2-p2) maradéka 16-tal osztva 1 vagy 9(=8+1) lehet. Így a jobb oldalon csak akkor állhat 16-tal osztva 2 maradékot adó szám, ha
(4x2y2-(x2+y2-r2)2)(4y2z2-(y2+z2-p2)2)
maradéka 16-tal osztva -1 vagy 7. Akkor pedig
(4x2y2-(x2+y2-r2)2)(4x2z2-(y2+z2-p2)2)
16-tal osztva biztosan 1-et ad maradékul. ((-1)2721(mod16).)
x2y21(mod8), ezért 4x2y24(mod32), és így 4x2y24(mod16).
x2+y2-r21(mod8), ezért x2+y2-r2  8k+1 alakú, és akkor 
(x2+y2-r2)(8k+1)2=64k2+16k+1 alakú lesz. Tehát (x2+y2-r2)2 maradéka 16-tal osztva 1.
Így 4x2y2-(x2+y2-r2)4-1=3(mod16).
Hasonlóan 4y2z2-(y2+z2-p2)23(mod16), így
(4x2y2-(x2+y2-r2)2)(4y2+z2-(y2+z2-p2)2)33=9(mod16).
De az előbb már beláttuk, hogy ennek a kifejezésnek 16-tal osztva a maradéka 1, ez ellentmondás, tehát feltevésünk helytelen volt.
Ugyanígy ellentmondásra jutunk abban az esetben is, ha a pontok konvex burka háromszög. Ha a négy pontot a 2. ábra szerint A, B, C, D-vel jelöljük, akkor az előbbi gondolatmenet elvégezhető az ABD, DBC, ABC szögekre, és úgyanúgy ellentmondáshoz jutunk.
Ez azt jelenti, hogy nem létezik a síkon négy pont úgy, hogy bármely kettő távolsága páratlan egész szám legyen.
 Valkó Benedek (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., IV. o.t.)