A B. 5372. feladat (2024. február)

B. 5372. Egy gömb felszínét néhány főkörrel gömbi háromszögekre és négyszögekre daraboltuk úgy, hogy semelyik három főkör nem megy át egy ponton, továbbá keletkezett legalább egy négyszög. Mutassuk meg, hogy pontosan nyolc gömbháromszöget és hat gömbi négyszöget kaptunk.

Javasolta: Vígh Viktor (Sándorfalva)

(6 pont)

A beküldési határidő 2024. március 11-én LEJÁRT.

Megoldás. Be fogjuk látni, hogy a feladat feltételeit csak úgy lehet teljesíteni, ha négy főkört rajzolunk meg.

Másrészt az is kiderül majd, hogy ha 4 főkört veszünk (amelyek közül semely három nem halad át egy ponton) akkor ezek mindig nyolc gömbháromszögre és hat gömbnégyszögre darabolják a gömbfelületet.

Egy viszonylag jól áttekinthető ábrát kapunk, ha tekintjük az \(\displaystyle x^2+y^2+z^2 = 1\) egyenletű gömböt és ezen az \(\displaystyle x=0\), \(\displaystyle y=0\), \(\displaystyle z=0\) és \(\displaystyle x+y+z = 0\) egyenletű síkok által kimetszett főköröket.

A bizonyításhoz tegyük fel, hogy valaki megadott néhány főkört a feltételek szerint (semelyik három főkör nem megy át egy ponton; a főkörök háromszögekre és legalább egy négyszögre darabolnak). Számozzuk meg a főköröket tetszés szerinti sorrendben, majd eme sorrend szerint egyenként vegyük fel a főköröket a gömbre (és ábráinkra).

Az első főkör két félgömbre vágja a gömbfelületet. A második főkör a félgömböket szétvágja két-két gömbkétszögre (gerezdre). A harmadik főkör ezen gömbkétszögek mindegyikét két gömbi háromszögre vágja.

Tekitsük azt a gráfot, amelynek csúcsai a főkörök metszéspontjai, és akkor van két csúcs éllel összekötve, ha közöttük olyan főkörív vezet, amelyen nincsen más metszéspont. Ez a gráf a gömbfelületen kereszteződésmentes, így persze síkbarajzolható is. Három főkör esetén egy 6 csúcsú, 12 élű és 8 tartománnyal (mind háromszög) rendelkező gráfot kapunk – éppen az oktaéder élgráfját.

Amikor a negyedik főkört berajzoljuk, az minden korábbi főkört 2-szer metsz (egy-egy antipodális metszéspont-párban), így az oktaéder 12 éle közül 6-ba fog belemetszeni az új kör. Ezzel 6 háromszöget vág ketté, azaz 2 háromszög marad ki, amelyeknek persze antipodális párt kell alkotniuk (hiszen a gömbön minden, amit berajzoltunk, szimmetrikus a gömb középpontjára). Az általánosság korlátozása nélkül feltehető, hogy az oktaéder-gráfos ábránkon ez az antipodális pár a középső és a külső tartomány. Így a negyedik (narancssárga) főkör csak az alábbi ábra szerinti módon rajzolható be a síkgráfunkba:

Tehát a négy főkör esete kombinatorikusan meghatározott, a kuboktaéder élgráfja írja le. Ebben 8 háromszög és 6 négyszög van, tehát négy főkör esetén mindig teljesül a bizonyítandó állítás.

A következőkben belátjuk, hogy az ötödik főkör berajzolásakor biztosan keletkezik olyan tartomány, amelynek valamelyik tartománya ötszög.

Az ötödik főkör minden korábbi főkört kétszer metsz, azaz 8 élbe metsz bele, ezzel 8 lapot szel ketté. Felváltva háromszögeket és négyszögeket (hiszen nincsenek szomszédos háromszögek és négyszögek), így két-két antipodális párt metsz háromszögekből és négyszögekből.

Az általánosság korlátozása nélkül feltehetjük (a kuboktaéder élgráfjának szimmetriája miatt), hogy az ötödik főkör metszi a fenti ábránkon a középső (\(\displaystyle PZ-KP-ZK\)) háromszöget, méghozzá a piros és kék élét szétvágva. Ha nem keletkezett ötszög, akkor az új főkörnek a négyszögeket mindig szembenlevő oldalpárban kell metszenie. Így az ötödik főkör egy részét berajzolhatjuk a kuboktaéder-élgráfos ábránkra (rózsaszín szaggatott):

De a berajzolt rész máris ellentmondást hoz létre, hiszen a rózsaszín főkör úgy metszené kétszer a narancssárga főkört, hogy közben a zöld főkörrel nem találkozik – ez főkörökkel nem fordulhat elő.

Ezzel beláttuk, hogy az ötödik főkör berajzolásakor keletkezett gömbötszög.

Az alábbi lemma szerint ebből az is következik, hogy semmilyen \(\displaystyle n \geq 5\) esetén nem lehet \(\displaystyle n\) főkörrel csupa 5-nél kisebb oldalszámú gömbsokszögre vágni a gömbfelületet (ha három főkör nem mehet át egy ponton).

Lemma. Ha \(\displaystyle k \geq 5\), akkor egy gömb-\(\displaystyle k\)-szöget egy újabb főkör (amely nem megy át a \(\displaystyle k\)-szög csúcsain) csak úgy tud szétvágni, hogy a kapott részek közül az egyik gömbsokszögnek legalább 5 oldala van.

Lemma bizonyítása. Ha egy \(\displaystyle k\)-szöget szétvágunk egy \(\displaystyle k_1\)- és egy \(\displaystyle k_2\)-oldalú sokszögre, akkor teljesül, hogy \(\displaystyle k_1 + k_2 = k + 4\). (Mivel ha összeszámoljuk a két új gömb-\(\displaystyle k_i\)-szög csúcsait, akkor a régi gömb-\(\displaystyle k\)-szög csúcsait egyszer számoljuk; míg az új főkör által a régi gömb-\(\displaystyle k\)-szög határán létrehozott két metszéspont mindkét új gömb-\(\displaystyle k_i\)-szögnek csúcsa, tehát ezeket kétszer számoljuk meg, összesen \(\displaystyle 2 \cdot 2 = 4\) többletet hozva létre.)

Ha \(\displaystyle k_1,k_2 \leq 4\) lenne, akkor így \(\displaystyle k = k_1 + k_2 - 4 \leq 4+4-4 = 4\) is teljesülne. Ezzel a lemmát beláttuk.

Statisztika:

47 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Aravin Peter, Bodor Mátyás, Bui Thuy-Trang Nikolett, Fórizs Emma, Forrai Boldizsár, Hodossy Réka, Holló Martin, Kovács Benedek Noel, Petrányi Lilla, Prohászka Bulcsú, Sági Mihály, Sárdinecz Dóra, Sütő Áron, Szabó 721 Sámuel, Szakács Ábel, Veres Dorottya, Vigh 279 Zalán, Virág Lénárd Dániel, Virág Tóbiás, Wágner Márton, Zhai Yu Fan.
5 pontot kapott:	Gömze Norken, Gyenes Károly, Horák Zsófia, Keresztély Zsófia.
4 pontot kapott:	3 versenyző.
3 pontot kapott:	8 versenyző.
2 pontot kapott:	8 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2024. februári matematika feladatai