Zad. 1. Niech S będzie wypukłym podzbiorem płaszczyzny zawierającym trzy punkty niewspółliniowe. Każdy punkt S jest pomalowany na jeden spośród p kolorów. Wykaż, że dla każdego [tex]n \geq 3[/tex] istnieje nieskończenie wiele przystających, jednokolorowych n-kątów foremnych tego samego koloru. Jednokolorowy wielokąt to taki, który ma wszystkie wierzchołki tego samego koloru.
Zad. 2. Na powierzchni o polu 1/2n(n–1)2 położono n wielokątów, każdy o polu (n–1)2. Wykaż, że wśród nich istnieją dwa wielokąty, których część wspólna ma pole przynajmniej 1.
Zad. 3. Niech p, n będą liczbami naturalnymi spełniającymi nierówności [tex]n \geq 6[/tex], [tex] 4\leq p \leq n-p[/tex]. Spośród wierzchołków pewnego n-kąta foremnego p pomalowano na biało, a pozostałe na czarno. Wykaż, że istnieją dwa przystające wielokąty, każdy o co najmniej [tex]\lfloor \frac{p}{2} \rfloor + 1[/tex] wierzchołkach, z których jeden ma wszystkie wierzchołki czarne, a drugi białe.
W tym miesiącu punkty zdobyli:
- 20 - Miłosz Zajdel (I LO Krosno),
- 10 - Radosław Górzyński (I LO Lubin).
Zad. 1. Oznaczmy trzy niewspółliniowe punkty leżące wewnątrz S przez A, B, C. Zauważmy, że okrąg wpisany w trójkąt ABC zawiera się w S. Podzielmy ten okrąg na pn+1 równych łuków punktami A1, A2, ..., Apn+1. Spośród tych punktów możemy wybrać n-kąt o wszystkich wierzchołkach tego samego koloru. Analogiczne rozumowanie możemy przeprowadzić dla wielokąta A1, A2, ..., Apn+1 obróconego o dowolny kąt [tex]0 < \varphi < \frac{2\pi}{pn+1}[/tex] wokół środka okręgu. W ten sposób otrzymamy nieskończenie wiele różnych jednokolorowych i przystających wielokątów. Kolorów jest skończenie wiele, więc wśród tych wielokątów znajdziemy nieskończenie wiele mających ten sam kolor.
Zad. 2. Oznaczmy przez Si zbiór punktów przykrywanych przez co najmniej i wielokątów, a przez si - pole Si. Oczywiście [tex]S_1 \supset S_2 \supset ... \supset S_n[/tex] oraz
[tex]s_1 \ge s_2 \ge ... \ge s_n[/tex]. Zauważmy, że zliczając pole zajmowane przez wielokąty (z krotnościami) otrzymamy równość ns = s1 + s2 + ... + sn, gdzie s jest polem pojedynczego wielokąta. Następujące rachunki prowadzą do oszacowania liczby s2:
[tex]n(n-1)^2 = ns = s_1 + s_2 + ... + s_n \le s_1 + (n-1)s_2 \le \frac{n(n-1)^2}{2} + (n-1)s_2[/tex].
Ostatnia nierówność wynika z faktu, że s1 nie może być większe niż pole powierzchni, na której układaliśmy wielokąty. Porównując skrajne wyrazy w ciągu nierówności powyżej, otrzymujemy
[tex]s_2 \ge \frac{n(n-1)^2}{2} = {{n}\choose{2}}[/tex]. Zauważmy, że S2 jest sumą [tex]{n}\choose{2}[/tex] części wspólnych par wielokątów, więc wynika stąd teza zadania.
Zad. 3. Rozważmy obroty Rk o kąt [tex]\frac{2\pi k}{n}[/tex], gdzie k = 1, 2, ..., n-1, wokół środka symetrii tego wielokąta. Niech ai oznacza liczbę wierzchołków białych, które obrót Ri przeprowadza na wierzchołki czarne. Jeśli pokażemy, że dla pewnego i zachodzi [tex]a_i \ge \frac{p}{2} + 1[/tex], to zadanie zostanie rozwiązane. Ustalmy dowolny biały wierzchołek. Dla każdego spośród n-p czarnych wierzchołków istnieje dokładnie jeden obrót, który przeprowadza ten biały wierzchołek na niego. Nasze rozumowanie nie zależało od wyboru białego wierzchołka, więc otrzymujemy a1 + a2 + ... + an-1 = p(n-p). Zauważmy, że ponieważ [tex]n\ge 2p[/tex], to zachodzi nierówność [tex]\frac{p(n-p)}{n-1} > \frac{p}{2}[/tex]. To oznacza, że dla pewnego i mamy [tex]a_i > \frac{p}{2}[/tex], czyli [tex]a_i \ge \lfloor\frac{p}{2}\rfloor + 1[/tex], bo ai jest liczbą całkowitą, co kończy dowód.
