2.2. Indukció a geometriában

Átírás

1 .. Idukció a geometriába... Számítási feladatok... Feladat. Határozzuk meg az R sugarú körbe írt, oldalú szabályos sokszög oldalhosszát! Megoldás eseté a oldalú szabályos sokszög a égyzet; az R sugarú körbe írt égyzet oldalhossza a R. eseté a 8 oldalú szabályos sokszög oldalhosszát a következő ábra alapjá számítjuk ki: Q M P y O N P a MN a R, N a8, OP y R, a P R y R R és a a a N P + PN R + R R R +, a tehát a 8 R R R R. eseté az R sugarú körbe írt szabályos oldalú sokszög oldalhosszát (egy) a fetihez hasoló módo számítjuk ki, és azt kapjuk, hogy a a R R R R +, 5 eseté az R sugarú körbe írt szabályos a oldalú sokszög oldalhossza: a R R R R + +. z {,,, 5} -re kapott értékek alapjá feltételezhetjük, hogy a R darab es mide eseté. Feltételezésük helyességéek igazolása érdekébe bizoyítauk kell, hogy a + R a , ha darab -es a a R darab -es R R + R R R R R R db. R R R , darab darab tehát a R , -re. db. Megjegyzések.. fet bizoyított képlet segítségével a számot meghatározhatjuk külöböző sorozatok határértékekét.

2 a) Bizoyítsuk be, hogy lim ; darab b) Bizoyítsuk be, hogy lim Bizoyítás a) z R sugarú kör R kerülete em más, mit a beírt oldalhosszú szabályos sokszög kerületéek határértéke, amikor a végtelebe tart. Tehát R lim a lim R , tehát lim darab db. b) z R sugarú kör R területe em más, mit a beírt oldalhosszú szabályos sokszög területéek határértéke, amikor végtelehez tart. terület: T a ap, ahol ap a R R darab a sokszög apotémája. Így T R T T + a ap ap R a R R R a 80 cos. Így T T T T , T T T8 T cos cos cos 8 R ahoa T T cos... cos cos cos... cos cos 8 8 R R területe egyelő a lim határértékkel, vagyis 5 5 cos 5... cos cos lim, Így a kör 7

3 5 + cos 5 k ahol a cos képletet haszáltuk. k. Ha matematikai idukció segítségével kiszámítjuk a oldalú, p kerületű szabályos sokszögbe és a sokszög köré írt körök r és R sugarait, további sorozatokat gyárthatuk, amelyek határértéke. a p a p eseté r és R. Most számítsuk ki a p kerületű szabályos 8 8 -szögbe és köré írt körök r és sugarai függvéyébe a + - R p kerületű szabályos ( ) szögbe és köré írt körök r + és R + sugarait, a C mellékelt ábra segítségével. p E G F z ábrá B a, C az B körív felezőpotja, E és F pedig az C és BC D B felezőpotjai. Mivel m( EOF ) m ( EOC ) + m( COF ) m( OC ) m( BOC ) m( OB ) +, O következik, hogy EF a + oldalú, OE sugarú körbe írt kör oldala. Eek a sokszögek a kerülete: + + B EF B p, így r + OG és R + OE. Mivel OC OG OG OD, R + r következik, hogy R r + r + r, vagyis r +. z OEC derékszögű R háromszögbe OE OC OG, vagyis + r R+ R r +, ahoa R + R. Vizsgáljuk most meg az,,, R,..., r, R,... sorozatot. sorozat határértéke a p kerületű kör sugara, azaz p -re r, R, választuk, akkor a r R r p. r, 8 R stb. Ha és 8 r 0 R -et ,,,,,,, sorozat (amelyet úgy képezük, hogy az első két tagot leírjuk, majd felváltva az előző két tag számtai, majd mértai középaráyosát képezzük), határértéke a kerületű kör sugara, vagyis.... Feladat. Legye az R sugarú körbe írt szabályos k -szög beírt köréek sugara r k. Bizoyítadó, hogy ( + ) r + r > R. (Szovjet verseyfeladat) 8

4 Megoldás. Nyilvávalóa k, így az R, rk és a szabályos k -szög ak oldaláak fele által alkotott derékszögű háromszögből r k R cos, k tehát ( R -rel végigosztva) azt kell bizoyítauk, hogy ( + ) cos cos > cos0, ( ) + más szóval, hogy + cos cos > cos0 cos. + Midkét külöbség pozitív, így ez az egyelőtleség akkor és csak akkor teljesül, ha a bal és a jobb oldaláak háyadosa agyobb, mit. Szorzattá alakítással cos cos si + si + ( + ) +. ( ) cos0 cos + si si + + Itt a második téyező agyobb -él, hisze egyrészt <, ( + ) + másrészt + > > > 0, + + másrészt mert a sius függvéy a 0, itervallumo mooto övekvő és pozitív. ( ) első téyezője egyszerűbbe így írható: si x, ( ) si x ahol x, és így 0 < x < x <, és erről teljes idukcióval mutatjuk meg, hogy ( + ) midig agyobb -él, ha természetes szám. eseté 0 < cos x < alapjá si x > si x cos x si x, állításuk helyes. Feltéve, hogy az természetes számra ( ) értéke agyobb -él, vagyis más alakba ( 0 < ) si x < si x, akkor si ( + ) x si x cos x + cos xsi x < si x + si x < si x + si x ( + ) si x, tehát a tulajdoság igaz +-re is. Ezek szerit ( ) midig agyobb -él, és az előrebocsátottak szerit egyértelmű a feladat állításával. 9

5 ... Trigoometrikus azoosságok... Feladat. Igazoljuk, hogy α, akkor , ( ) si α si α si α siα (Kömal, 978) Megoldás: Bizoyítsuk be első lépéskét a következő állítást: Ha k α m k 0,,..., ; m egész szám, akkor: ( ) ( ) si α ( ) si α si α si α siα si α bizoyítás módszere teljes idukció, esetbe az állítás triviális. Tegyük fel, hogy - re teljesül az állításuk, megmutatjuk, hogy ( +) -re is igaz. z utolsó tagra és α helyébe α -t ítva alkalmazzuk az idukciós feltevésüket, és a si x si x cos x, x + y x y si x + si y si cos azoosságokat: si( ) α ( ) ( ) si α si α si α si α si α si α si α + si( ) α + si α si α + + ( ) α α ( ) si cos si α. + + siα cosα si α siα si α Ezzel állításukat igazoltuk. Ha α, akkor ( ) α si α, mivel az argumetumok összege. z állítás + k k feltételei teljesülek, hisze 0 k eseté 0 < α <, így ( ) éppe a + bizoyítadó egyelőtleséget adja.... Feladat. Igazoljuk, hogy mide természetes szám mellett érvéyes a következő összefüggés (ha α olya, hogy a kifejezések értelmezettek): α α α α tgα + tg + tg tg ctg ctg α. () (Kömal, 97) Megoldás. Teljes idukcióval bizoyítuk. P( ) -el jelöljük az ( ) -et kifejező kijeletést. -re az állítás tgα ctgα ctg α, ami igaz, mivel ctg α ctgα ctg α, ctgα ctgα mide olya α -ra, amelyre ctg α értelmezett. P + is igaz. Valóba, Bizoyítjuk, hogy ha ( ) P igaz, akkor ( ) α α α α α tgα tg tg tg ctg ctg α tg

6 α α tg ctg ctg α + tehát az egyelőség teljesül mide N eseté. α ctg +, Kombiatorikus geometria ctg α Felbotások..5. Feladat. Háy háromszögre botható fel egy oldalú sokszög az egymást em metsző átlók segítségével? Megoldás -ra, tehát háromszög eseté ez a szám, égyszög eseté kettő, ötszög eseté. Idukciós feltevésük, hogy bármely oldalú ( ) sokszög ( ) háromszögre bomlik, egymást em metsző átlók segítségével. Feltevésük bizoyítása érdekébe azt bizoyítjuk, hogy, ha állításuk igaz mide k eseté, akkor igaz az -et követő + természetes szám eseté is. Valóba, ha az ( +) oldalú... + sokszög valamely k átlóját tekitjük ( k ), az a sokszöget két sokszögre botja: a k oldalú...k sokszögre és az ( + k + ) oldalú k k sokszögre, ezek pedig az idukciós feltevés alapjá k, illetve + k _ + k háromszögre bomlaak, tehát az + oldalú sokszög ( k ) + ( + k) ( + ) háromszögre bomlik.... Feladat. Háy, egymást em metsző átló segítségével botható fel egy oldalú sokszög háromszögekre? Megoldás. z -es feladatba látható, hogy ezek az átlók háromszögre botják a sokszöget. sokszög oldalaiak száma, a felbotásba szereplő átlók száma pedig N. Mide oldal egyetle háromszögek oldala, mide átló két háromszögek oldala. Így a háromszögek oldalaiak száma: + N, másrészt, mivel háromszögük va, midegyikek három oldala, ez a szám ( ), ahoa + N ( ), tehát N...7. Feladat. Bizoyítsuk be, hogy egy oldalú kovex sokszöget az átlói ( )( )( + ) háromszögre botaak, ha ezek az átlók olyaok, hogy hármakét összefutóak. ( )( ) Megoldás. eseté háromszögre bomlik a háromszög, ami igaz. eseté háromszögre botják az átlók a égyszöget, ami igaz. 5

7 Feltételezzük, hogy a kijeletés igaz -re. Jelöljük P( ) -el az oldalú sokszög ( )( )( + ) felbotásába létrejövő háromszögek számát. Ekkor P( ). z ( + ) oldalú... + sokszöget az átlója az oldalú... sokszögre és az + háromszögre botja. z... + sokszög átlói az... átlói, illetve az,,..., átlók. z... átlói P darab háromszöget határozak + ( ) meg. z átló egyik oldalá a sokszög csúcsa, a másiko darab csúcs ( ) darab átlóját, ezáltal található, így az + átló metszi az eredeti sokszög darab új háromszöget hoz létre az... sokszögbe. z + átló egyik oldalá az és csúcs, a másiko ( ) darab csúcs található, így az + átló metszi az eredeti sokszög ( + ) darab átlóját, ezáltal ( ) darab új háromszöget hoz létre stb. Végül, az + átló egyik oldalá darab csúcs: az,, csúcsok, a másik D P C ( ) oldalá egy csúcs található, tehát ez az átló ( ) átlóját, és ( ) metszi az eredeti sokszög darab új háromszöget hoz létre az... - sokszögbe. Ugyaakkor a feti átlók az + háromszöget ( ) darab háromszögre botják. fetiek alapjá P ( + ) P( ) + ( ) + ( ) ( ) +, vagyis ( ) ( ) ( )( ) P + P + + ( )( )( + ) ( )( )( ) + + ( )( ) [( )( + + ) + ] ( ) ( + 0) [( + ) ] [ ( + ) ]( [ + ) ( + ) + ], tehát állításuk igaz mide eseté...8. Feladat. dott darab tetszőleges égyzet. Bizoyítsuk be, hogy ezeket fel lehet daraboli úgy, hogy a darabokból egy újabb égyzetet lehesse összeraki. Megoldás M B -re a kijeletés triviális. eseté jelöljük a égyzetek oldalait x -szel és y - al ( y < x ). Q z x oldalú BCD égyzet oldalai vegyük fel az M B, O N BC, P CD és Q D potokat úgy, hogy, majd vágjuk el a égyzetet az MP és QN egyeesek meté. Ezek N a égyzet O középpotjába merőlegesek egymásra, és az elvágás utá darab, egymással egybevágó égyszög keletkezik. Most ezeket a darabokat helyezzük el az 5 y oldalú

8 B C D égyzet oldalai meté, amit ez a mellékelt ábrá látható. B M B B N D C R D C C P D z így kapott alakzat egy égyzet, mivel m( ) m( B ) m( C ) m( D ) 90, az M, N, P, Q -be összeillesztett szögek összege 80 és B B C C D D. Igazoli fogjuk, hogy ha darab égyzet eseté igaz az állítás, akkor + darab égyzet eseté is igaz. Valóba, ha N, N,..., N, N + -gyel jelöljük a égyzeteket, akkor kiválasztuk közülük kettőt: -et és -et, és a fet mutatott módo egy égyzetet N N + hozuk létre belőle. Így az N N N N,,...,, égyzeteik maradak, és az idukciós feltevés alapjá ezekből lehet egy újabb égyzetet létrehozi...9. Feladat. Egy kovex sokszög belsejébe tekitük, külöböző potot. kkor a sokszög felbotható + kovex sokszögre úgy, hogy mid a pot csak sokszögek oldalai található. Megoldás eseté a sokszög belsejébe található két potot összekötő egyees két sokszögre botja a sokszöget: N B Be kell látuk, hogy ha pot eseté elvégezhető a felbotás, akkor ( + ) pot eseté is elvégezhető. Ezt a következőképpe fogjuk igazoli: Tekitsük egy olya d egyeest, amelyek a sokszöggel ics közös potja, és a sokszög belsejébe levő potok közül válasszuk ki azt, amely a d -től a legkisebb távolságra helyezkedik el (ha több ilye pot is va, akkor az egyik ilyet). Ha legalább két ilye pot va, akkor a rajtuk átmeő egyees párhuzamos d -vel, és a megmaradt pot közül egy sem helyezkedik el az egyees által meghatározott két kovex sokszög közül a d -hez legközelebb esőek a belsejébe, a másik belsejébe pedig ics több, mit pot (ha kevesebb va, még hozzáteszük tetszőlegese 5

9 ayit, hogy potuk legye). z idukciós feltevés alapjá akkor ezt a sokszöget felbothatjuk + sokszögre, úgy, hogy a megadott potok az oldalaiko helyezkedjeek, tehát az eredeti sokszöget felbotottuk + sokszögre, melyek oldalai található a + pot. Ha csak egy ilye pot va, akkor B -vel jelöljük a megmaradt + pot közül azt, amelyre az B -ek a d -vel alkotott, trigoometrikus iráyba mért szöge miimális. Ekkor az B egyeessel osztjuk a sokszöget két sokszögre, amelyek közül a d felé eső egyetle potot sem tartalmaz a belsejébe, a másik pedig legtöbb potot. z előzőhöz hasoló módo a sokszöget felbothatjuk + sokszögre, melyek oldalai található a + pot...0 Feladat. Legtöbb háy részre osztja egyees a síkot? Megoldás. eseté egy egyees két részre osztja, eseté két egyees a síkot égy részre osztja. eseté a maximális száma a keletkezhető síkrészekek 7, amit az a mellékelt ábrá is látható. Általába egyees akkor osztja a legtöbb részre a síkot, ha ics köztük három összefutó egyees, és párhuzamosok sem találhatók közöttük. Jelöljük P() -el darab ilye egyees által meghatározott síkrészek számát. Vizsgáljuk 7 meg, hogy meyivel övekszik a meghatározott síkrészek száma, ha az egyeesek számát -ről ( +) -re emeljük. z 5 ( + ) -ik egyees midegyik másik egyeest potosa egy olya potba metszi, amely eddig em volt metszéspot. Így mide új metszéspot meté. egy újabb síkrész alakul ki. Tehát P ( + ) P( ) + +, vagyis k, -re: P( ) P ( ) +, P( ) P ( ) +, P( ) P ( ) +,... P ( ) P( ) +, P ( ) P( ) +. feti összefüggéseket összegezve kapjuk, hogy ( ) + P( ) ( + ) + + P Valóba, -re rész, -re rész, és ( +) ( ) ( + ) + ( + ) + P P +, tehát az eredméy helyességét az idukció is igazolja.... Feladat. Bizoyítsuk be, hogy függetle sík a teret ( ) fel rész, ami igaz. Be kell látuk, hogy ha Megoldás. eseté ez ( ) ) függetle sík a teret ( síkrészre osztja, akkor + darab sík 5 részre osztja

10 ( + ) + 5( + ) + ) részre osztja a teret. Valóba, az ( + ) -ik sík midegyik másik síkot metszi egy-egy egyeesbe, ezek em párhuzamosak, és csak kettőkét metszik egymást, és midegyik az ( +-ik síkba található. z előző feladat + + ) értelmébe ezek az egyeesek az + -ik síko síktartomáyt határozak meg, eze tartomáyok midegyike ketté oszt egy, már meglevő, térrészt, tehát: P( + ) P( ) Feladat. Melyek azok az értékek, amelyekre mide kovex -szög felbotható fehér és fekete háromszögekre úgy, hogy fehér háromszög oldala em esik a sokszög kerületére, és egyező szíű háromszögek oldalaiak ics közös szakasza. (Kömal,98) Megoldás. szeriti teljes idukcióval bizoyítuk. -ra a háromszöget feketére festve kapuk megfelelő megoldást. Tegyük fel, hogy kovex -szögre igaz az állításuk, tekitsük az... + P + kovex ( + ) -szöget. Jelölje Bi az i i+ oldal egy belső potját, i,,...,. Ekkor az BB... B Q -szög kovex, bele va írva P + -be, csak csúcspotjai vaak kerületé. Tekitsük -ek egy, az idukciós feltevés szerit P + létező felbotását, de cseréljük fel bee a fekete és a fehér szít. Végül le em fedett részét feketére festve, a P +! Q -ek egy megfelelő felbotását kapjuk. f f f + felbotás azoba már valódi botás, és ilye -ra is va, ebbe is f. -ek a Q által Eszerit mide kovex sokszög felbotható a kívát módo. ( P+ leírt felbotása a Q felbotásához képest új háromszöget tartalmaz.) Megjegyzés. Kissé foákul hat, hogy a teljes idukciós bizoyítás elidításába részre botuk, amit így is lehet modai: em botuk. Gyakori azoba, hogy ilye bizoyításokba a kiidulás többé-kevésbé elfajult eset, vagy csak mesterkélt értelmezés mellett mutat példát. z erre az -re a fetiek szerit kialakított Euler típusú problémák... Euler tétel Ha egy sokszög-gráf csúcsaiak, lapjaiak és éleiek száma redre c, l és e, akkor c + l e. Bizoyítás. lapok száma szeriti idukciót alkalmazuk. bizoyításhoz figyeljük meg, hogy a tétel érvéyessége em változik, ha a másodfokú csúcsokat megszütetjük úgy, hogy ugyaabba a csúcsba futó két élt egy éllé egyesítjük. Ezzel a művelettel eggyel csökke a csúcsok és az élek száma is, így a c + l e összeg em változik. Ugyaez igaz akkor is, ha valamely élre egy új másodfokú csúcsot iktatuk be. bizoyításba P+ 55

11 feltételezhetjük tehát, hogy a gráfak ics másodfokú csúcsa. Ha l akkor ez a végtele tartomáyból és egy csúcshoz tartozó hurokélből áll, tehát c, l és e, vagyis c + l e. Feltételezzük, hogy az összefüggés igaz mide olya gráfra, amelyre a lapok száma kisebb l -él. Bizoyítjuk, hogy az l lapú gráf eseté is igaz. Szütessük meg egy határo levő élt. Ezzel a gráf még összefüggő marad, de egybeolvad az a két lap, amelyek a megszütetett él volt a közös határa. z így kapott l lappal, c csúccsal és e éllel redelkező gráfra az c + l + e, tehát c + l e idukciós feltevés alapjá ( ) ( )... Euler-féle poliédertétel Ha egy kovex poliéder csúcsaiak, lapjaiak és éleiek száma redre c, l és e, akkor c + l e. Bizoyítás. Helyezzük a poliédert egy elég agy sugarú gömbbe, melyek középpotja a poliéder belsejébe található. Vetítsük a gömb középpotjából mide csúcsot a gömb felületére. gömbö kapott gráfot vetítsük a gráf egy em határpotjából a gömböt az átmérőse elletett potba éritő síkra. z így kapott síkgráf lapjaiak, éleiek és csúcsaiak száma megegyezik a poliéderével, tehát az Euler tétel poliéderek eseté is érvéyes. Következméyek Bizoyítsuk be, hogy egy olya sokszögráfba, amelybe mide csúcs legalább harmadfokú és ics hurokélük, va olya lap, amely legfeljebb ötoldalú. Megoldás. Mivel mide csúcsba legalább három él fut be, az éleket a csúcsokba megszámolva kapjuk, hogy c em haladja meg e -t (mivel mide él két csúcsot köt össze), Tehát c e (). Feltételezzük, hogy mide lap legalább hatoldalú. kkor l em haladja meg e -t (mivel mide él két lapot határol), tehát l e (). z () és ( ) egyelőtleségből c + l e + e e, vagyis c + l e 0, ami elletmod Euler tételéek. Megjegyzés. Mide kovex poliéderek va olya lapja, amely legfeljebb ötoldalú. lkalmazások. dott a síkba öt pot. Bizoyítsuk be, hogy em köthetjük össze az öt pot midegyikét mide más pottal egymást em metsző voalak segítségével.. Bizoyítsuk be, hogy bármely kovex poliéderek va vagy háromszögű, vagy égyszögű, vagy ötszögű lapja.. Bizoyítsuk be, hogy em létezik hét élű poliéder.. Mide kovex poliéderek va legalább 8 élű csúcsa, ha lapjai páros oldalszámúak. 5. Milye szabályos testek létezek? Szíezési problémák dott a síkba egy tetszőleges térkép. zt modjuk, hogy helyese szíeztük a térképet, ha a térkép mide országát egy bizoyos szíel szíeztük, úgy, hogy két közös határral redelkező tartomáy külöböző szíű legye. Feltevődik a kérdés, hogy miimum háy szíel lehet kiszíezi egy térképet. mellékelt ábráko megjeleő térképeket redre,, illetve szíel lehet kiszíezi. 5

12 Mideddig em találtak egyetle térképet sem, amit égy szíel e lehetett vola helyese kiszíezi. Erre Moebius émet matematikus hívta fel először a figyelmet, már a XIX. századba. zóta a égyszí problémával ige sok eves matematikus foglalkozott sikerteleül, de em eredméyteleül, mivel a vele kapcsolatos kutatások sorá a gráfelmélet, topológia, kombiatorika számos területét fedezték fel és dolgozták ki. moder matematika egyik sikerekét köyvelhető el a égyszí sejtés bizoyítása. Ez talá az első olya matematikai tétel, amelyek bizoyításába a számítógép volt a fő eszköz. következőkbe feltételezzük, hogy a térkép em redelkezik belső határokkal (vagyis olyaokkal, amelyek egy tartomáy belsejébe húzódak), mert ebbe az esetbe ics értelme helyes szíezésről beszéli. Ugyaakkor azt is feltételezzük, hogy a térképek ics olya csúcsa, amelybe csak két határ (él) találkozik. Tehát csak azo térképekkel foglalkozuk, amelyekek mide csúcsába legalább három él fut össze, és egyetle végtele tartomáya va. Értelmezés Egy olya térképet, amelyek mide csúcsába potosa három él fut össze, harmadfokú reguláris térképek evezük. Észrevehetjük, hogy ha egy tetszőleges térkép ( ábra) mide olya csúcsa köré, amelybe több, mit él fut össze megfelelőe kis köröket rajzoluk, és ezeket a csúcsokkal szomszédos valamely tartomáyhoz csatoljuk, akkor egy ormál térképet kapuk, amelye ugyaayi tartomáy va, mit az eredeti térképe. z így kapott térkép akkor és csak akkor szíezhető ki égy szíel, ha az eredeti is. Tekitsük most éháy példát két szíel szíezhető térképekre:..5 Feladat. dott a síkba darab kör. bizoyítsuk be, hogy ezek bármilye egymáshoz viszoyított helyzete mellett az általuk alkotott térkép kiszíezhető két szíel.. ábra B. ábra Megoldás. Matematikai idukció segítségével igazoljuk állításukat. eseté az állítás yilvávalóa igaz. 57

13 Feltételezzük, hogy állításuk igaz bármely kör által alkotott térképre. Tekitsük egy + kör által alkotott térképet. Távolítsuk el egy kört. z így megmaradt körből álló térkép kiszíezhető két szíel. Végezzük el a szíezést ( ábra). Ezutá húzzuk meg az ( + ) -ik kört, és a kör belső tartomáyába található mide egyes tartomáyt fessük át ellekező szíűre. Így egy helyese szíezett térképet kapuk.... Kétszí-tétel ak szükséges és elégséges feltétele, hogy egy térkép két szíel szíesíthető legye az, hogy mide csúcsába. páros számú él találkozzo. Bizoyítás. feltétel szükségessége yilvávaló, hisze ha a térképe va olya csúcs, amelybe páratla számú él fut össze, akkor a csúccsal szomszédos tartomáyok em szíezhetők helyese. feltétel elégséges voltát a térkép éleiek száma szeriti idukcióval bizoyítjuk. eseté, a két éllel redelkező térkép eseté, amit azt az ábra is mutatja, az állítás yilvávaló. Feltételezzük, hogy állításuk igaz mide olya + - él kevesebb élű térkép eseté, és tekitsük egy + élű, a feltételeket teljesítő térképet. Iduljuk ki egy tetszőleges csúcsból, és egy kiválasztott iráyba járjuk körbe a határok meté. Mivel véges számú csúcs va, visszatérük valamely, már éritett csúcsba, és így egy zárt voalat határozuk meg, amelyet eltávolítuk a térképről. z eltávolítás utá yert térkép élszáma kisebb, és mide csúcsba páros számú él fut össze, mivel az eredeti térkép mide csúcsából 0 vagy élet távolítottuk el. z idukciós feltevés alapjá az így yert térkép két szíel szíezhető. Szíezzük ki az így kapott térképet, majd tegyük vissza az eltávolított zárt voalat. zárt voal belső tartomáyába található tartomáyok szíét a másik szíre változtatva az eredeti térképet két szíel szíeztük...7. Háromszí-tétel ak szükséges és elégséges feltétele, hogy egy térkép három szíel szíezhető legye az, hogy az összes tartomáyak páros számú éle legye. Bizoyítás. feltétel szükségessége yilvávaló, hisze ha a térképek lee egy olya tartomáya, amelyek páratla határa va, akkor ezt a tartomáyt, és a vele szomszédos tartomáyokat em lehete helyese szíezi három szíel (ha az adott tartomáyt az egyik szíel szíezzük, a megmaradt páratla számú szomszédos tartomáyt a megmaradt két szíel em tudák kiszíezi). feltétel elégségességét a térkép tartomáyaiak a száma szeriti idukcióval bizoyítjuk. Egy tartomáyt tartalmazó reguláris térkép eseté ( ábra) az állítás evides. Négy tartomáyból álló reguláris térkép eseté (B ábra) szité szíezhető három szíel, ha a belső tartomáyt a külsővel azoos szíűre szíezzük. másik típusú égy tartomáyból álló reguláris térkép em teljesíti a páros számú határral való redelkezés feltételét. Tehát és eseté az állítás igaz. Feltételezzük, hogy a tétel igaz mide olya reguláris térképre, amelyek mide tartomáya páros számú határral redelkezik, és tartomáyaiak száma vagy. Vizsgáljuk meg egy hasoló feltételekkel redelkező, + tartomáyból álló térképet. 58 Nem lehet

14 . ábra B. ábra mit azt már megmutattuk, a térképe található egy legtöbb 5 határral redelkező tartomáy. Eek határszáma az adott feltételek mellett vagy vagy. Ha σ határszáma, jelöljük -val és B -vel a csúcsait, és σ -gyel és σ -vel a szomszédos tartomáyokat (C ábra). Eltávolítjuk a σ és σ közti határt, így egy σ újabb reguláris térképet kapuk, mivel és B megszűik ezáltal csúcs lei, a többi σ csúcsba pedig ugyaayi él fut be, mit az B eredeti térképe. z új térkép mide σ tartomáyáak páros számú határa lesz, mivel σ és σ határaiak száma kettő-kettővel csökke, a többi tartomáy határaiak száma pedig em változik. Mivel az új térkép tartomáyaiak száma, az idukciós feltétel értelmébe kiszíezhető az α, β, γ szíekkel. Legye α, illetve β az a két szí, amivel a σ σ + σ és a σ σ tartomáyokat szíeztük. Visszarajzolva a határt és γ -val szíezve a σ tartomáyt, az S térkép egy helyes szíezését kapjuk. Ha a σ határaiak száma, akkor megtörtéhet, hogy a σ -val szomszédos, elletétes oldalai elhelyezkedő két tartomáyak legye közös határa, vagy egybeesseek (D és E ábrák). σ σ σ σ σ σ σ σ σ D. ábra Ebbe az esetbe viszot létezik két olya σ -val szomszédos tartomáy, amelyekek ics közös határa, és em is esek egybe. Legye az E ábrá σ és σ két ilye tartomáy. djuk a σ és a σ tartomáyokat a σ tartomáyhoz, az B és a CD élek eltávolításával. Egy olya új térképet kapuk, amely reguláris, és mide tartomáy határaiak száma páros. 59

15 Valóba, ha redre a σ, a σ, a σ és a σ határaiak a száma k, k, k és k, akkor a σ σ + σ + σ tartomáy határaiak száma k + k, a σ σ határaiak száma k, a σ σ határaiak száma pedig M N σ k, a többi tartomáy határaiak száma pedig változatla marad. Ha a σ és a σ B tartomáyok egybeesek, akkor eek a tartomáyak az új térképe -gyel kevesebb σ σ σ határa lesz, mit az eredeti térképe. D C Mivel az új térképek tartomáya va, helyese szíezhető szíel: α, β, γ -val. σ Bizoyítsuk be, hogy ebbe az esetbe a σ és a σ tartomáyok azoos szíel szíezettek. Ha a σ -tet α -val, a σ -tet β -val szíeztük, mivel E. ábra az MN meté σ -tel páratla számú ( k ) tartomáy határos, és ezek szíeiek váltakozia kell: γ, β, γ, β,..., γ, a σ szíe β lesz. Most visszarajzolva a σ határait, és γ -val szíezve, az eredeti térkép egy jó szíezését kapjuk. Feladatok. Voliski tétele. Egy reguláris térkép akkor és csak akkor szíezhető ki égy szíel, ha a határai számozhatók számjeggyel. Ötszítétel. Mide reguláris térkép szíezhető 5 szíel.. dott a síkba kör, és a körök midegyikébe meghúzuk egy húrt. Bizoyítsuk be, hogy az így létrejött térkép szíezhető szíel. 0