Problem A. 576. (December 2012)
A. 576. Find all positive integers n, nonzero reals and real t for which there exists a finite, nonempty set
of points in the plane S and a nonconstant function
such that
for every similarity transformation of the plane S.
Proposed by: Tamás Ágoston, Budapest and Márton Mester, Cambridge
(5 pont)
Deadline expired on January 10, 2013.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás: Legyen tetszőleges -ra P1,i=
(Ai) minden i-re. Legyen Q egy minden P1,i-től különböző pont a síkon. Ekkor legyen a Q középpontú, P1,1-et P1,i-be vivő (egyértelmű) forgatva nyújtás aránya
i, szöge (pozitív irányban)
i minden i-re. A P1,1 középpontú,
j arányú,
j szögű forgatva nyújtás vigye a P1,i pontot a Pj,i pontba minden i és j esetén.
Ekkor P1,1=P2,1=...=Pn,1, valamint minden j-re a pontokhoz van olyan
hasonlósági transzformációja S-nek, hogy minden i-re
, hiszen ez a
és a P1,1 középpontú,
j szögű,
j arányú forgatva nyújtás egymásutánja.
És minden i2-re létezik S-nek olyan
hasonlósági transzformációja, hogy minden j-re
. Ugyanis ha
az az egyértelmű körüljárástartó hasonlósági transzformációja S-nek, melyre Q képe P1,1, és P1,1 képe P1,i, akkor a
és a
szorzata megfelel
-nek. Hiszen minden j-re a Pj,i pont definíciója szerint a P1,iP1,1Pj,i irányított szög
j=P1,1QP1,j
, és
, vagyis
.
Így az f-re adott föltételt használva
Ebből azonnal adódik, hogy
azaz ha , akkor minden
esetén, és így minden P1,1 pontra
vagyis f mindenképpen konstans függvény.
Ha , akkor a föntiekből t=0 is rögtön adódik. Ha n=1, akkor c1=0, és a föltétel üres (0=0), így nyilván van nemkonstans megoldás. Ha n=2, akkor c2=-c1, így a föltétel az, hogy tetszőleges P,Q
S esetén (két különböző pont tetszőleges két másik különböző pontba átvihető hasonlósági transzfromációval) c1f(P)-c1f(Q)=0, vagyis f(P)=f(Q), azaz ekkor a függvény mindenképpen konstans. A továbbiakban az n
3 esettel foglalkozunk.
Jó nemkonstans f függvényt pedig mindig tudunk találni az A ponthalmaz alkalmas választásával. Ha az S sík pontjait megkoordinátázzuk, akkor legyenek az pontok koordinátái rendre
, ahol ezekre
, az f függvény pedig képezze az (x,y) pontot az x-be. Ez a függvény nemkonstans, és belátjuk, hogy teljesíti a föltételeket.
(Ilyen tulajdonságú, különböző xi-ket mindig tudunk választani, hiszen ha az xn-1 értékeket tetszőleges különböző valós számoknak megválasztjuk, akkor cn
0 miatt ezekhez egyértelműen létezik egy jó
. És ha ez valamelyik xi-vel egyenlő lenne, akkor egy j
i, 1
j
n-1 egészre az xj értékét egy olyan
-nal megnövelve, hogy
>0, és
(ilyen
van, hiszen cn
0, és a kifejezésben
), a kapott
jó lesz (az xn' értékét az új xk' értékekből számoljuk). Ugyanis az xj nő
-nal, az xn csökken
-nal, a többi xk pedig nem változik. Így
>0 és cj>0 miatt xn'
xi=xi', és az
-ra adott föltétel miatt
, vagyis xn'
xj', valamint minden i,j-től különböző k-ra
, így xn'
xk'. És végül ugyanemiatt xj' se lesz egyenlő semelyik xk'-vel sem. Tehát valóban jó xk értékeket kaptunk.)
Ha tekintjük a halmazt, akkor azon az egyenesen, melybe a
az x-tengelyt vitte, vagyis amelyiken ezek a pontok vannak, a hasonlóság miatt a
(Ai) pontok ugyanolyan arányokban osztják a
(A1)
(A2) szakaszt (negatív arányokat is megengedünk, az osztási arányon az
(A1)
(Ai) és a
(Ai)
(A2) irányított szakaszok arányát értve), mint az Ai az A1A2 szakaszt. Így ez akkor is igaz, ha a
(Aj) pontok helyett ezeknek az x-tengelyre vett merőleges vetületeit nézzük, és így a
(Aj) pontok xj'-vel jelölt x-koordinátáira vannak olyan
és s valós számok, hogy minden j-re
xj'=xj+s.
Így
amiről pedig már A megválasztásánál biztosítottuk, hogy 0 legyen.
Tehát pontosan akkor létezik a kívánt tulajdonságú f függvény és A ponthalmaz, ha , t=0, és n
2.
Statistics:
1 student sent a solution. 1 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, December 2012