Ugrás a tartalomhoz

Új matematikai mozaik

Ambrus Gergely, Bárszi Gergely, Csikós Balázs, Frenkel Péter, Gács András, Gyárfás András, Hraskó András, Kiss Emil, Laczkovich Miklós, Lovász László, Montágh Balázs, Moussong Gábor, Pach János, Pelikán József, Recski András, Reiman István

Typotex

3. Egyenesek

3. Egyenesek

Milyen ponthalmazok lesznek egy egyenes pontjai a síkbeli koordináta-rendszerben? Azok, amelyek pontjai valamilyen m és b valós számokra az y = m · x + b egyenlet megoldáshalmazát adják (egy ilyen halmaz pontjai m meredekségű egyenest alkotnak), és azok, amelyek koordinátái valamilyen c valós számra az x = c egyenletnek tesznek eleget (egy ilyen halmaz pontjai függőleges egyenest alkotnak).

Mármost az egyenesek a sík végtelen sok pontja közt egy éppolyan „futambeosztást” adnak meg, mint amilyet mi véges sok versenyző között keresünk, az alábbi geometriai axióma miatt:

A1 Két ponton át egy és csak egy egyenes megy.

Gondoljuk meg, hogy ez közvetlenül és gyorsan bizonyítható akkor is, ha kizárólag azt a tényt használjuk, hogy egyeneseink az y = m · x + b és az x = c egyenletek megoldáshalmazai. Ha két pont x -koordinátája azonos, akkor nyilván egyetlen y = m · x + b alakú egyenletet sem, és pontosan egy x = c alakút elégítenek ki, tehát pontosan egy egyenes megy keresztül rajtuk. Ha két pont x -koordinátája különböző, akkor egyetlen x = c alakú egyenletnek sem felelnek meg egyszerre. Legyen a két pont ( x 1 ; y 1 ) és ( x 2 ; y 2 ) . Milyen m -re és b -re lehet igaz egyszerre, hogy y 1 = m · x 1 + b és y 2 = m · x 2 + b ? A két egyenletet egymásból kivonva azt kapjuk, hogy y 2 - y 1 = m · ( x 2 - x 1 ) , tehát m = ( y 2 - y 1 ) / ( x 2 - x 1 ) (ez mindig értelmes, mert x 2 ? x 1 ), és nyilván b = y 1 - m · x 1 .

Az elemi számelméletből tudjuk, hogy ha k egy tetszőleges pozitív egész szám, akkor két egész szám összegének vagy szorzatának k szerinti maradékát meghatározzák a tagok maradékai. Tehát a maradékosztályok között van értelme az összeadásnak és a szorzásnak[1]. Ha most a valós számok helyett a hármas maradékosztályok lesznek x , y , m , b és c lehetséges értékei, akkor minden, amit fent végiggondoltunk, igaz marad. Az egyetlen pont, ahol óvatosnak kell lennünk, az x 1 ? x 2 esetben kapott y 2 - y 1 = m · ( x 2 - x 1 ) összefüggés. Most is mindig egy megoldása lesz ennek m -re? Tegyük fel, hogy valamilyen x 1 , x 2 , y 1 , y 2 -re, melyekre x 1 ? x 2 , van legalább két különböző megoldás, és jelöljünk két ilyet m 1 -gyel és m 2 -vel. Ekkor m 1 · ( x 2 - x 1 ) = y 2 - y 1 = m 2 · ( x 2 - x 1 ) , tehát ( m 2 - m 1 ) · ( x 2 - x 1 ) = 0 lenne. A hármas maradékosztályok körében ez nem lehetséges, mert x 2 - x 1 és m 2 - m 1 egyaránt különbözik „nullától” (a hárommal osztható számok maradékosztályától), és két, hárommal nem osztható szám szorzata sem lehet hárommal osztható. Tehát legfeljebb egy megoldás lehetséges. Ez pedig azt jelenti, hogy ( x 2 - x 1 ) -et az összes maradékosztállyal végigszorozva csupa különböző szorzatot kapunk. Vagyis az összes maradékosztály elő is áll ilyen szorzatként, hisz ők épp annyian vannak, ahányan a szorzatok; tehát mindig van is megoldás.

Feleltessük meg a kilenc versenyző sorszámát az ( x , y ) maradékosztály-pároknak az alábbi módon!

2 - ( 0 ; 2 ) , 5 - ( 1 ; 2 ) , 8 - ( 2 ; 2 ) , 1 - ( 0 ; 1 ) , 4 - ( 1 ; 1 ) , 7 - ( 2 ; 1 ) , 0 - ( 0 ; 0 ) , 3 - ( 1 ; 0 ) , 6 - ( 2 ; 0 ) ,

ahol 0, 1 és 2 a 3-mal osztva 0-t, 1-et és 2-t adó egész számok maradékosztályait jelöli. Talán már nem meglepő, hogy a korábban talált futamaink résztvevői rendre éppen az alábbi egyenleteknek megfelelő „versenyzőhalmazok” lesznek:

1–3. futamok

4–6. futamok

7–9. futamok

4–6. futamok

x = 0

y = 0

y = x

y = 2 · x

x = 1

y = 1

y = x + 1

y = 2 · x + 1

x = 2

y = 2

y = x + 2

y = 2 · x + 2

Mindez igaz lesz 3 helyett bármilyen p prímszám szerinti maradékosztályokra. Gyakorlásképpen érdemes végiggondolni 25 versenyző beosztását 5-ös futamokba úgy, hogy mindenki mindenkivel pontosan egyszer találkozzék.

A négyes maradékosztályok esetén viszont a módszer nem vezet eredményre, ugyanis – elmondhatjuk, hogy ez olyan világos, mint a kétszerkettő – két néggyel nem osztható szám szorzata lehet osztható néggyel; fenti bizonyításunk tehát érvényét veszti. És valóban, ha x 2 - x 1 a néggyel osztva maradékul kettőt adó számok osztálya, akkor bármely y 1 , y 2 -re az y 2 - y 1 = m · ( x 2 - x 1 ) egyenletnek m -re vagy két vagy nulla darab megoldása lesz.



[1] Részletesebben lásd Wettl Ferenc írásában a „Számolás maradékokkal” című fejezetet.