A B. 4659. feladat (2014. október)

B. 4659. Adott az egységkörlapon $\displaystyle n$ pont. Legfeljebb mennyi lehet a páronkénti távolságaik szorzata?

(6 pont)

A beküldési határidő 2014. november 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Belátjuk, hogy a távolságok szorzata legfeljebb $\displaystyle n^{n/2}$, amely értéket $\displaystyle n=1$-re mindig felvesz, $\displaystyle n=2$-re éppen egymással átellenes pontok esetén vesz fel, $\displaystyle n\ge 3$-ra pedig pontosan akkor veszi fel, ha egy, a körbe írt szabályos $\displaystyle n$-szög csúcsait jelöltük ki.

Az $\displaystyle n=1$ esetben nem lép fel távolság, vagyis akár nem értelmezzük a távolságok szorzatát, vagy üres szorzatként tekintünk rá. Utóbbi esetben az eredmény valóban $\displaystyle 1=1^{1/2}$.

Ha $\displaystyle n=2$, akkor triviálisan egy átmérő két végpontja adja a maximumális távolságot, az egyetlen fellépő távolság "szorzata" pedig ekkor $\displaystyle 2=2^{2/2}$.

A továbbiakban feltesszük, hogy $\displaystyle n\ge 3$.

Legyen $\displaystyle P_1,P_2,\dots,P_n$ tetszőleges $\displaystyle n$ darab pont a $\displaystyle K$ egységkörlapon. Helyezzük el az ábrát a komplex síkon - legyen $\displaystyle K$ az origó középpontú egységkörlap, és jelölje a $\displaystyle P_1,P_2\dots,P_{n-1},P_n$ pontokhoz tartozó komplex számokat $\displaystyle z_1,z_2,\dots,z_{n-1},z_n$. Feltesszük, hogy páronként különböző pontokról van szó, egyébként a távolságszorzat nulla és triviális a kérdés.

Első lépésben belátjuk, hogy ha valamely $\displaystyle P_i$ pont, mondjuk $\displaystyle P_n$ az egységkör belsejébe esik, akkor kicserélhető olyan pontra az egységkörvonalon, amelyre már nagyobb a távolságok páronként vett szorzata. Vagyis sorban lecserélhetjük minden, a kör belsejében lévő pontot egy kerületi pontra, a szorzatot eközben növelve. Tehát ebből következik, hogy elég megkeresni a maximumot abban az esetben, hogy minden $\displaystyle P_i$ pont $\displaystyle K$ kerületén található.

Feltettük, hogy $\displaystyle P_n$ esik $\displaystyle K$ belsejébe. Vizsgáljuk meg, hogyan függ $\displaystyle P_n$ elhelyezkedésétől, azaz $\displaystyle z_n$ komplex számtól a $\displaystyle P_i$-k közötti távolságok páronként vett szorzata! A távolságszorzat

$\displaystyle f(z_n)=\prod_{1\le i<j\le n}P_iP_j=\prod_{1\le i<j\le n}|z_i-z_j|=\left|\left(\prod_{1\le i<j\le n-1}(z_i-z_j)\right)\cdot (z_n-z_1)(z_n-z_2)\dots(z_n-z_{n-1})\right|,$

vagyis $\displaystyle f(z)$ egy $\displaystyle (n-1)$-edfokú komplex együtthatós polinom abszolútértéke (a zárójelben nem nulla tényező áll, hisz a pontok különbözőek).

Ismert a holomorf függvények maximum-elve, amely szerint bármely egyszeresen összefüggő nyílt tartományon értelmezett nemkonstans holomorf függvény abszolút értékének csak a tartomány szélén lehet lokális maximuma. (Lásd pl. a következő weblapokon:

  http://hu.wikipedia.org/wiki/Holomorf_függvények,

  http://mathworld.wolfram.com/MaximumModulusPrinciple.html,

  http://en.wikipedia.org/wiki/Maximum_modulus_principle.)

Az $\displaystyle f(z)$ egy, a $\displaystyle K$ körlapon értelmezett $\displaystyle (n-1)$-edfokú polinom. Itt $\displaystyle K$ körlap belseje egy egyszeresen összefüggő nyílt tartomány, $\displaystyle f$ pedig polinom lévén mindenhol deriválható (http://hu.wikipedia.org/wiki/Holomorf_függvények), vagyis holomorf. Mivel $\displaystyle f$ nem konstans, ezért a maximum-elvet alkalmazva, kapjuk, $\displaystyle K$ belsején nem lehet lokális maximuma.

Azt is tudjuk, hogy $\displaystyle f$ egy kompakt halmazon értelmezett, valós értékű folytonos függvény (hisz két folytonos függvény szorzata folytonos, és a távolságmérték-függvény folytonos). Weierstrass tétele szerint ezért $\displaystyle f$ valamely $\displaystyle z^*$ helyen maximális. Eme abszolút maximum persze egyben lokális maximum, ezért a maximum-elv szerint $\displaystyle z^*$ csak $\displaystyle K$ kerületén lehet. Mivel pedig $\displaystyle z^*$ maximum, ám $\displaystyle z_n$ belső pont lévén nem lehet az, így $\displaystyle f(z_n)<f(z^*)$.

Ezzel beláttuk első állításunkat, és elegendő a távolságszorzat maximumát a $\displaystyle K$ kerületén lévő pont-$\displaystyle n$-esekre vizsgálni. (Továbbá a maximális szorzat csak kerületi pontoknál léphet fel.)

Tegyük fel, hogy $\displaystyle P_1,P_2,\dots,P_n$ pontok az $\displaystyle O$ középpontú egységkör kerületén vannak, és az általánosság megszorítása nélkül tegyük fel, hogy pozitív körüljárás szerint ebben a sorrendben szerepelnek (ilyenkor tehát $\displaystyle P_1P_2\dots P_n$ konvex sokszög). Feltehetjük, hogy bármely két $\displaystyle P_i$ különböző. Kényelmi okokból indexeljünk modulo $\displaystyle n$, legyen $\displaystyle P_{i+n}=P_i$ bármely $\displaystyle i$-re.

1. ábra

Tekintsük a $\displaystyle P_iOP_j$ egyenlő szárú háromszöget. Húzzuk be a háromszög szimmetriatengelyét, ez két olyan derékszögű háromszögre bontja, melynek $\displaystyle O$-nál lévő szöge $\displaystyle \frac{P_iOP_j\angle}2$, és átfogója $\displaystyle OP_i=OP_j=1$. Jelölje $\displaystyle \theta_{i,j}\in(0;2\pi)$ azt a forgásszöget, amivel $\displaystyle OP_i$ az $\displaystyle OP_j$ szakaszba forgatható, ekkor $\displaystyle \theta_{i,j}=P_iOP_j\angle$ vagy $\displaystyle \theta_{i,j}=2\pi-P_iOP_j\angle$. Mivel viszont $\displaystyle \sin x=\sin(\pi-x)$, ezért kapjuk:

$\displaystyle P_iP_j=2\sin\frac{P_iOP_j\angle}2=2\sin\frac{\theta_{i,j}}2.$

Ebből következik, hogy minden $\displaystyle 1\le k\le n-1$ esetén

$\displaystyle \prod_{i=1}^nP_iP_{i+k}=2^n\prod_{i=1}^n \sin\frac{\theta_{i,i+k}}2,$

és mivel a tényezők pozitívak, így logaritmust is vehetünk:

2. ábra

Mivel $\displaystyle P_1,P_2,\dots,P_n$ pozitív körüljárás szerint szerepel, ezért $\displaystyle \theta_{i,i+1}$ jelöli az egységkörön a $\displaystyle P_i$-től $\displaystyle P_{i+1}$-ig tartó ívhosszt, vagyis $\displaystyle \sum_{i=1}^n\theta_{i,i+1}$ összeg éppen az egységkör kerületével, $\displaystyle 2\pi$-vel azonos. Innen kapjuk, hogy bármely $\displaystyle 1\le k\le n-1$-re

Mi több, $\displaystyle t\in(0;2\pi)$ esetén a $\displaystyle g(t)=\log\sin\frac t2$ függvény deriváltja a láncszabályt felhasználva:

$\displaystyle g'(t)=\frac1{\sin\frac t2}\cdot \cos\frac t2\cdot \frac12=\frac12\ctg\frac t2,$

és ennek deriváltja ismert módon

$\displaystyle g''(t)=-\frac14\frac1{\cos^2\frac t2}<0.$

Ebből következik, hogy $\displaystyle g(t)$ a $\displaystyle (0;2\pi)$ intervallumon szigorúan konkáv. A Jensen-egyenlőtlenséget ezért alkalmazhatjuk a $\displaystyle \theta_{i,i+k}\in(0;2\pi)$ számokra:

Ebbe beírva $\displaystyle (2)$-t:

$\displaystyle \sum_{i=1}^n \log\sin\frac{\theta_{i,i+k}}2\le n\cdot g\left(\frac{2\pi k}n\right)=n\cdot \log\sin \frac{k\pi}n,$

vagyis $\displaystyle (1)$-ben

$\displaystyle \log\prod_{i=1}^n P_iP_{i+k}=\log 2^n+\sum_{i=1}^n\log\sin\frac{\theta_{i,i+k}}2\le \log 2^n+n\cdot \log\sin\frac{k\pi}n=\log\left(2\sin\frac{k\pi}n\right)^n,$

és az exponenciális függvény szigorú monoton növekvőségét felhasználva

$\displaystyle \prod_{i=1}^n P_iP_{i+k}\le \left(2\sin\frac{k\pi}n\right)^n\qquad \forall k=1,2,\dots,n-1.$

Ezt összeszorozva $\displaystyle k=1,2,\dots,n-1$-re:

Legyen most $\displaystyle \epsilon=\cos\frac\pi n+i\sin\frac{\pi}n$, akkor a De Moivre-képlet szerint $\displaystyle \epsilon^k=\cos\frac{k\pi}n+i\sin\frac{k\pi}n$, amiért

$\displaystyle \frac{\epsilon^k-\overline{\epsilon^k}}i=\frac{\left(\cos\frac{k\pi}n+i\sin\frac{k\pi}n\right)-\left(\cos\frac{k\pi}n-i\sin\frac{k\pi}n\right)}i=2\sin\frac{k\pi}n.$

Továbbá a konjugálás azonosságaiból $\displaystyle \overline{\epsilon^k}=\overline{\epsilon}^k=\epsilon^{-k}$. Mivel pozitív valós szám, ezért adódik, hogy

$\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}n=\left|\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}n\right|=$

$\displaystyle =\left|\prod_{k=1}^n \frac{\epsilon^k-\epsilon^{-k}}i\right|=\left|\prod_{k=1}^{n-1}(1-\epsilon^{2k})\right|,$

ahol az utolsó átalakításnál minden tényezőt egy egységnyi abszolút értékű komplex számmal szoroztunk. Mivel $\displaystyle \epsilon^2,\epsilon^4,\dots,\epsilon^{2n-2}$ éppen a komplex $\displaystyle n$-edik egységgyökök a De Moivre-képlet szerint, ezért gyöktényezőik az $\displaystyle \frac{x^n-1}{x-1}=x^{n-1}+\dots+1$ polinomnak. Ezt $\displaystyle x=1$-re használva:

$\displaystyle \prod_{k=1}^{n-1}(1-\epsilon^{2k})=1^{n-1}+1^{n-2}+\dots+1=n.$

A kapott eredményt beírva $\displaystyle (4)$-be:

$\displaystyle \prod_{1\le i<j\le n}P_iP_j\le n^{n/2}.$

Ebben a becslésben egyenlőség is fennállhat, pontosan akkor, hogyha $\displaystyle (3)$-ban mindig egyenlőség van, azaz ha $\displaystyle \theta_{1,1+k}=\theta_{2,2+k}=\dots=\theta_{n,n+k}$ mindegyik $\displaystyle k=1,2,\dots,n-1$-re. Mindez éppen akkor érhető el, hogyha $\displaystyle P_1P_2\dots P_n$ egy szabályos $\displaystyle n$-szög.

Tehát a páronként vett távolságok szorzata legfeljebb $\displaystyle n^{n/2}$.

Williams Kada Szegedi Radnóti M. Kísérleti Gimn., 10. o. t

2. megoldás. A pontokat ismét vegyük fel a komplex egységkörben: $\displaystyle z_1,\dots,z_n$. A pontokból készített Vandermonde-determinánsra írjuk fel a Hadamard-egyenlőtlenséget :

$\displaystyle \left|\prod_{1\le j<k\le n} (z_k-z_j)\right| = \left| {\rm det} \left(\matrix{ 1 & z_1 & z_1^2 & \dots & z_1^{n-1} \cr 1 & z_2 & z_2^2 & \dots & z_2^{n-1} \cr \dots & \dots & \dots & & \dots \cr 1 & z_n & z_n^2 & \dots & z_n^{n-1} \cr}\right) \right| \le \prod_{j=1}^n \sqrt{1^2+|z_j|^2+|z_j|^4+\dots+|z_j|^{2n-2}} \le (\sqrt{n})^n.$

Ha a pontok az egységkörbe írt szabályos $\displaystyle n$-szög csúcsai, akkor egyenlőség áll. Ez leolvasható a megoldásból, de közvetlenül is ellenőrizhető.

Statisztika:

12 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Fekete Panna, Williams Kada.
5 pontot kapott:	Kovács 972 Márton.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
0 pontot kapott:	4 versenyző.

A KöMaL 2014. októberi matematika feladatai