Kezdőlap


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 \| MathML
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

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 $φ < \frac{π}{1996}$ , továbbá $sin φ$ felírható $\frac{2 k + 1}{2 k^{2} + 2 k + 1}$ alakban, ahol $k$ egész szám. (Ilyen szög biztosan van, mert $\frac{2 k + 1}{2 k^{2} + 2 k + 1}$ tetszőlegesen kicsi lehet, ha $k$ elég nagy.) Ekkor $cos φ$ is racionális, mert

\begin{matrix} \begin{matrix} cos φ & = \sqrt[]{1 - sin^{2} φ} = \sqrt[]{1 - \frac{{(2 k + 1)}^{2}}{{(2 k^{2} + 2 k + 1)}^{2}}} = \\ = \frac{\sqrt[]{{(2 k^{2} + 2 k + 1)}^{2} - {(2 k + 1)}^{2}}}{2 k^{2} + 2 k + 1} = \frac{2 k (k + 1)}{2 k^{2} + 2 k + 1} . \end{matrix} \end{matrix}

Ebből viszont a

\begin{matrix} sin n φ = sin φ cos (n - 1) φ + cos φ sin (1 - n) φ \end{matrix}

és a

\begin{matrix} cos n φ = cos φ cos (n - 1) φ - sin φ sin (n - 1) φ \end{matrix}

azonosságok miatt (az

n

-re vonatkozó teljes indukcióval) következik, hogy

sin n φ

is és

cos n φ

is racionális minden pozitív egész

n

esetén.

Ennek ismeretében vegyünk fel az

O

középpontú, egységsugarú körön 1997 darab

P_{1}

P_{2}

...

P_{1997}

pontot úgy, hogy

i = 1

, 2,

...

, 1996-ra

P_{i} O P_{i + 1} = + 2 φ

legyen (a szögek irányítottak, ezért

P_{i} ≢ P_{i + 1}

). Ekkor minden

i

és

j

(

1 \leq i

j \leq 1997

) esetén

P_{i} O P_{j} ∢ = 2 | i - j | φ

, ezért a

P_{i} O P_{j}

egységnyi szárú egyenlő szárú háromszög alapjának hossza

P_{i} P_{j} = 2 | sin | i - j | φ |

, tehát racionális. Mivel

\begin{matrix} P_{1} O P_{1997} ∢ = \sum_{i = 1}^{1996} P_{i} O P_{i + 1} ∢ = 1996 \cdot 2 φ < 1996 \cdot \frac{2 π}{1996} = 2 π, \end{matrix}

azért a

P_{i}

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

P_{i}

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.