Feladat: 2009. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Dankovics Attila 
Füzet: 2011/október, 387 - 388. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikus geometria síkban, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia, Ponthalmazok, Pont körüli forgatás
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2011/szeptember: 2009. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 12. feladata

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

Dankovics Attila megoldása. 1. lemma. a) A folyamatban megmarad az adott oldalon lévő pontok száma két olyan állapot közt, amikor csak egy pont van az egyenesen.
Bizonyítás. A régi forgástengely a forgó egyenesnek ugyanarra az oldalára kerül, mint amelyik oldalán az új forgástengely volt.

 
b) Az 1. lemma hasonlóan belátható két olyan állapotra, amikor két pont van az egyenesen.
 
2. lemma. Minden ponton megy át olyan egyenes aminek két oldalán ugyanannyi pont van.
 
Bizonyítás. Veszünk egy egyenest át a ponton, és kitüntetjük az egyik oldalát. Legyen a kitüntetett oldalon k-val több pont (feltehetjük, hogy k pozitív, illetve ha 0, akkor készen vagyunk). Megforgatjuk az egyenest 180 ponttal, ekkor a kitüntetett oldalon k-val kevesebb pont lesz. Mivel nincs 3 pont egy egyenesen, a két oldalon lévő pontok különbsége forgatás közben egyszerre legfeljebb 1-gyel változik. Mivel pozitívból negatívba megy, közben valamikor 0 lesz.
 
Megoldás. Páratlan sok pont esetén tetszőleges kiindulópontból megfelelő szélmalmot eredményez minden olyan egyenes, amelynek két oldalán ugyanannyi pont van. Ha a pontok száma páros, akkor (egy ilyen egyenest egészen kicsit elforgatva) válasszuk meg -et úgy, hogy az előbbi feltétel az első találkozáskor teljesüljön.
 
Bizonyítás. Az egyenes iránya körbe fog forogni, eközben az első lemma alapján a két oldalán lévő pontok számának különbsége végig 0 vagy 1. Egy teljes körbefordulás során egy tetszőleges P ponton biztosan átmegy akkor, amikor éppen olyan irányú, hogy a P-re illeszkedő ilyen irányú f egyenesnek ugyanannyi pont van mindkét oldalán. (Ilyen egyenes a 2. lemma szerint valóban létezik.)
Tegyük fel ugyanis, hogy az e egyenesünk ilyen irányú, de nem megy át P-n ‐ ugyanakkor tartalmazza a halmaz egy Q pontját. Az f-et nemnulla eltolás viszi e-be, melynek eredményeként eltávolodik P-től, és rákerül a Q. Így az e  P-t tartalmazó oldalán legalább kettővel több pont lenne, mint a másikon, ami ellentmondás.
Ezzel a feladatot megoldottuk.