Az A. 868. feladat (2023. december)

A. 868. Egy síkbeli ponthalmazt diszharmonikusnak nevezünk, ha bármely két, a pontok által meghatározott távolság aránya vagy \(\displaystyle 100/101\) és \(\displaystyle 101/100\) közé esik, vagy pedig legalább 100 vagy legfeljebb \(\displaystyle 1/100\).

Igaz-e, hogy tetszőleges síkbeli, különböző \(\displaystyle A_1, A_2,\ldots, A_n\) pontok esetén lehet találni olyan \(\displaystyle A'_1, A'_2,\ldots,A'_n\) pontokat, melyek diszharmonikus ponthalmazt alkotnak, továbbá \(\displaystyle A_i\), \(\displaystyle A_j\) és \(\displaystyle A_k\) pontosan akkor esnek ebben a sorrendben egy egyenesre, ha \(\displaystyle A'_i\), \(\displaystyle A'_j\) és \(\displaystyle A'_k\) ebben a sorrendben egy egyenesre esnek (minden különböző \(\displaystyle 1\le i,j,k\le n\) számhármas esetén).

Javasolta: Pálvölgyi Dömötör és Keszegh Balázs (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2024. január 10-én LEJÁRT.

Az állítás nem igaz.

Az ötlet az, hogy egy olyan ponthalmazt veszünk, amiben olyan sok az illeszkedés, hogy minden illeszkedéstartó leképzésnek egy projektív transzformációnak kell lennie, ami kettősviszony-tartó, és egy diszharmonikus ponthalmazban nem lehet harmonikus pontnégyes, míg az eredeti ponthalmazban igen.

Lemma: Ha \(\displaystyle D, A, C, B\) egy diszharmonikus ponthalmaz különböző pontjai egy egyenesen ilyen sorrendben, akkor nem lehet \(\displaystyle (A, B; C, D)=-1\), azaz nem lehet harmonikus a pontnégyes.

Bizonyítás: Indirekten tegyük fel az állítás tagadását. Legyen \(\displaystyle DA=a\), \(\displaystyle AC=b\), \(\displaystyle CB=c\) (ahol \(\displaystyle a, b, c>0\)). Ekkor a feltétel az, hogy \(\displaystyle \frac{AC}{CB}=\frac{DA}{DB}\), azaz \(\displaystyle ac=b(a+b+c)\). Ebből azonnal adódik, hogy \(\displaystyle b \leq a\) és \(\displaystyle b \leq c\), továbbá \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle c\) szerepe szimmetrikus, így feltehetjük, hogy \(\displaystyle b \leq a \leq c\). Ha \(\displaystyle a \leq 1,01 \cdot b\), akkor \(\displaystyle 2 \leq \frac{a+b}{b}=\frac{DC}{AC} \leq 2,01\), ami nem lehet egy diszharmonikus ponthalmazban. Így \(\displaystyle 100b \leq a \leq c\). Legyen \(\displaystyle a=xb\) és \(\displaystyle c=yb\) ahol \(\displaystyle 100 \leq x \leq y\). Ezt az egyenletbe beírva és \(\displaystyle b^2\)-tel osztva azt kapjuk, hogy \(\displaystyle xy=x+y+1\). Azonban világos, hogy ez nem lehet, mert \(\displaystyle x+y+1 < 100y \leq xy\). Ellentmondás, így a lemma állítása igaz.

Tekintsük az alábbi ábrát, amit a következőképpen kaphatunk meg. Legyen \(\displaystyle ABCD\) egy konvex négyszög. Legyen \(\displaystyle E\) az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle CD\), \(\displaystyle F\) az \(\displaystyle AD\) és \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle G\) az \(\displaystyle AC\) és \(\displaystyle BD\) egyenesek metszéspontja. Végül legyen \(\displaystyle H\), \(\displaystyle I\), \(\displaystyle J\), \(\displaystyle K\) rendre az \(\displaystyle EG\) és \(\displaystyle AD\), \(\displaystyle FG\) és \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle EG\) és \(\displaystyle BC\), \(\displaystyle FG\) és \(\displaystyle CD\) egyenesek metszéspontja.

Azt állítjuk, hogy az ábrán megjelölt 11 ponthoz nem található megfelelő diszharmonikus halmaz.

Indirekten tegyük fel, hogy található ilyen, és jelöljük az eredeti pontokhoz megfeleltetett pontokat a diszharmonikus halmazban vesszővel, azaz például \(\displaystyle A\) párja \(\displaystyle A'\). Figyeljük meg, hogy a feladat feltétele szerint \(\displaystyle A'B'C'D'\) továbbra is egy négyszög, amiből meg lehet kapni az összes többi pontot ugyanazzal a módszerrel, ahogy fent is megkaptuk az ábrát: \(\displaystyle E'\) az \(\displaystyle A'B'\) és \(\displaystyle C'D'\), \(\displaystyle F'\) az \(\displaystyle A'D'\) és \(\displaystyle B'C'\), \(\displaystyle G'\) az \(\displaystyle A'C'\) és \(\displaystyle B'D'\) egyenesek metszéspontja. Majd \(\displaystyle H'\), \(\displaystyle I'\), \(\displaystyle J'\), \(\displaystyle K'\) rendre az \(\displaystyle E'G'\) és \(\displaystyle A'D'\), \(\displaystyle F'G'\) és \(\displaystyle A'B'\), \(\displaystyle E'G'\) és \(\displaystyle B'C'\), \(\displaystyle F'G'\) és \(\displaystyle C'D'\) egyenesek metszéspontja.

Ismert, hogy bármelyik négy általános helyzetű pont a síkon (egyértelműen) átvihető bármely másik négy általános helyzetű pontba egy projektív transzformációval. Tekintsük azt a projektív transzformációt, ami az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\) pontokat rendre az \(\displaystyle A'\), \(\displaystyle B'\), \(\displaystyle C'\) és \(\displaystyle D'\) pontokba viszi. A projeketív transzformációk illeszkedéstartóak, így a fent (már kétszer leírt) módon a többi pont képe ugyanúgy megszerkeszthető az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\) pontok képéből. Emiatt, mivel \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\) képe megegyezett a projektív transzformációnál és a diszharmonikus ponthalmaznál, és ezekből pont ugyanúgy kaptuk meg a többi pontot, azt kapjuk, hogy a projektív transzformáció éppen az, ami az eredei pontokat a vesszős pontokba viszi. Ismert, hogy \(\displaystyle (E, G ; H, J)\) pontnégyes harmonikus, azaz \(\displaystyle (E', G'; H', J')\) is az, mivel a projektív transzformációk megtartják a kettősviszonyt, és ez ellentmondás, mert egy diszharmonikus ponthalmazban nincs harmonikus pontnégyes.

Statisztika:

6 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Varga Boldizsár, Wiener Anna.
0 pontot kapott:	4 versenyző.

A KöMaL 2023. decemberi matematika feladatai