Megoldás: 4.1
. feladat megoldásában tehát ott használtuk, hogy véges sok pont van megadva, amikor vettük a legnagyobb területű háromszöget. Végtelen sok pont esetén nem feltétlenül van ilyen.
Próbálhatunk ezen úgy segíteni, hogy az adott ponthalmazt kibővítjük, vesszük a lezártját, vagyis hozzávesszük összes torlódási pontját. Az eredeti
S ponthalmaz pontjaiból mint csúcsokból alkotott háromszögek területe felülről korlátos volt (legfeljebb egységnyi), tehát a területeknek volt egy legkisebb felső korlátja, jelöljük ezt
T-vel. Nyilván
T≤1. Azt állítjuk, hogy az
S halmaz
S
‾
lezártjának pontjaiból alkotott háromszögek területének maximuma
T. Tehát egyrészt hogy
van maximuma, másrészt, hogy ez a maximum
T. Ha viszont beláttuk, hogy
van maximális területű háromszög, akkor már . feladat megoldása változtatás nélkül alkalmazható.
Két dolgot kell tehát belátnunk. Az egyik az, hogy
S
‾
halmaz pontjaiból alkotott háromszögek területe legfeljebb
T, és hogy van olyan háromszög, amelynek területe
T. Az első állítás azonnal következik az alábbi lemmából:
Lemma. Ha az
A1
,
A2
,…,
An
,… pontsorozat tart
A-hoz, a
B1
,
B2
,…,
Bn
,… pontsorozat tart
B-hez és a pontsorozat tart
C-hez, akkor az
An
Bn
Cn
háromszög területe tart az
ABC háromszög területéhez.
Tegyük fel, hogy a lemmát már tudjuk. Legyen
A,B,C az
S
‾
halmaz három pontja. Ha
A torlódási pontja
S-nek, akkor van olyan
A1
,
A2
,…,
An
,… pontsorozata
S-nek, amely
A-hoz tart. De ha
A nem torlódási pontja
S-nek, akkor eleme
S-nek, s akkor minden
Ai
-t választhatunk
A-nak. Ugyanígy van egy
B-hez tartó
B1
,
B2
,…,
Bn
,… pontsorozat és egy
C-hez tartó
C1
,
C2
,…,
Cn
,… pontsorozat
S-ben. Ha ezekre alkalmazzuk a lemmát, akkor tudjuk, hogy minden
An
Bn
Cn
háromszög területe legfeljebb
T. De akkor a határértékük is legfeljebb
T, márpedig ez
ABC háromszög területe.
Most bebizonyítjuk a lemmát. Legyen az
AAn
,
BBn
,
CCn
távolságok közül a legnagyobb
δn
. Tudjuk, hogy
δn
nullához tart. Másrészt az
AB,
BC,
CA oldal legfeljebb
2δ-nal nagyobb a neki megfelelő
An
Bn
,
Bn
Cn
,
Cn
An
oldalnál. Ebből viszont a Héron-képlettel számolva a területet rögtön láthatjuk, hogy az
An
Bn
Cn
háromszög területe tart az
ABC háromszög területéhez.
Hátra van még annak a bizonyítása, hogy
S
‾
pontjai között van három, amely
T területű háromszöget alkot. Tudjuk, hogy minden
n-re van olyan
An
Bn
Cn
háromszög, amelynek csúcsai
S-ben vannak és amelynek területe nagyobb
T-1/n-nél. (Ez abból következik, hogy
T a legkisebb felső korlát.) A
GR.II.1.37. feladat megoldásához fűzött megjegyzésben megmutattuk, hogy korlátos pontsorozatnak van konvergens részsorozata. Ha tehát belátjuk, hogy
S korlátos, akkor ki tudunk választani egy
A
ni
részsorozatot, amely konvergál egy
A ponthoz, majd ennek egy olyan
B
nj
részsorozatát, amelyre már ez utóbbi sorozat is konvergál egy
B ponthoz, végül ennek egy olyan
C
nk
részsorozatát, amelyre már ez utóbbi sorozat is konvergál egy
C ponthoz. Az így kapott
A
nk
B
nk
C
nk
háromszögsorozat területe is
T-hez konvergál, másrészt a lemma szerint
ABC területéhez tart. Az
S
‾
halmaz pontjaiból képzett háromszögek területének tehát
T a maximuma - feltéve, hogy belátjuk, hogy
S korlátos.
Ezek szerint már csak annyit kell bizonyítanunk, hogy ha egy ponthalmaz semelyik három pontja nincs egy egyenesen, és bármely három pont által meghatározott háromszög területe legfeljebb egységnyi, akkor a ponthalmaz korlátos. Ez azonban világos. Legyen a ponthalmaz két pontja
X és
Y, legyen
XY hossza
h. Ekkor az
XY-nal párhuzamos,
XY-tól
2/h távolságra levő két egyenes által alkotott sávban kell lennie a ponthalmaz összes pontjának. Legyen
Z a ponthalmaz egy tetszőleges további pontja, legyen
ZX hossza
l. Ekkor a ponthalmaz összes pontja a
ZX-szel párhuzamos olyan sávban van, amelynek szélessége
2/l. E két sáv metszete pedig egy paralelogramma, tehát véges tartomány.
Ezzel bebizonyítottuk, hogy . feladat állítása végtelen ponthalmazra is igaz.