Feladat: Gy.3108 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balogh Attila ,  Barát Anna ,  Bérces Márton ,  Bérczi Gergely ,  Csirmaz Előd ,  Davidovics Gábor ,  Dedinszky Zsófia ,  Gyenes Zoltán ,  Györkei Györgyi ,  Katona Zsolt ,  Lázár Zsófia ,  Lengyel Tímea ,  Lippner Gábor ,  Naszódi Gergely ,  Páles Csaba ,  Papp Dávid ,  Szabó Gábor ,  Szalai-Dobos András ,  Taraza Busra ,  Terék Zsolt ,  Terpai Tamás ,  Várady Gergő 
Füzet: 1997/október, 412 - 413. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Trigonometriai azonosságok, Teljes indukció módszere, Legkisebb közös többszörös, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1997/január: Gy.3108

Adjunk meg a síkon 1997 pontot úgy, hogy bármely kettő távolsága egész szám legyen és minden egyenes legfeljebb 100-at tartalmazzon a pontok közül. (H)

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

Legyen φ egy olyan hegyesszög, amelyre teljesül, hogy φ<π1996, továbbá sinφ felírható 2k+12k2+2k+1 alakban, ahol k egész szám. (Ilyen szög biztosan van, mert 2k+12k2+2k+1 tetszőlegesen kicsi lehet, ha k elég nagy.) Ekkor cosφ is racionális, mert

cosφ=1-sin2φ=1-(2k+1)2(2k2+2k+1)2==(2k2+2k+1)2-(2k+1)22k2+2k+1=2k(k+1)2k2+2k+1.
Ebből viszont a
sinnφ=sinφcos(n-1)φ+cosφsin(1-n)φ
és a
cosnφ=cosφcos(n-1)φ-sinφsin(n-1)φ
azonosságok miatt (az n-re vonatkozó teljes indukcióval) következik, hogy sinnφ is és cosnφ is racionális minden pozitív egész n esetén.
 
 

Ennek ismeretében vegyünk fel az O középpontú, egységsugarú körön 1997 darab P1, P2, ..., P1997 pontot úgy, hogy i=1, 2, ..., 1996-ra PiOPi+1=+2φ legyen (a szögek irányítottak, ezért PiPi+1). Ekkor minden i és j (1i, j1997) esetén PiOPj=2|i-j|φ, ezért a PiOPj egységnyi szárú egyenlő szárú háromszög alapjának hossza PiPj=2|sin|i-j|φ|, tehát racionális. Mivel
P1OP1997=i=11996PiOPi+1=19962φ<19962π1996=2π,
azért a Pi pontok mind különbözőek, és közülük bármelyik kettő távolsága racionális. Vegyük e távolságok nevezőinek legkisebb közös többszörösét, és az egész ábrát nagyítsuk O-ból ennyiszeresére. Ha a nagyításnál Pi képe P'i, akkor a P'1, P'2, ..., P'1997 pontok közül bármelyik kettő távolsága egész, és mivel a pontok egy körön vannak, azért közülük minden egyenes legfeljebb kettőt tartalmaz. Ezzel a kért konstrukciót megadtuk.
 Terpai Tamás (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., II. o.t.)

 
Megjegyzések. 1. A fenti konstrukció 1997 helyett nyilván tetszőleges véges számú pontra helyes, ha φ-t elég kicsinek választjuk.
2. A feladatnak egy trigonometriát nem használó megoldása megtalálható Reiman István: A geometria és határterületei című könyvének 289. oldalán. Ugyanitt található annak a bizonyítása is, hogy végtelen sok pontot viszont már nem lehet megadni a feltételeknek megfelelő módon.