Fórum: Héttusa feladatok

A mostani pontozás szerint viszont az A az első (a pontszáma révén):

Az A csapat a régi pontozás szerint az utolsó (a gólaránya miatt):

A Héttusa 31. feladatának egy alternatív megoldása:

31. Egy labdarúgó-bajnokságon legalább 7 csapat indul, és bármely két csapat pontosan egy mérkőzést játszik egymással. Lehetséges-e, hogy a bajnokság győztese a régi pontozási rendszer szerint az utolsó helyen végezne?
A mostani pontozás szerint a mérkőzés győztese 3 pontot, a vesztes 0 pontot kap, döntetlen esetén pedig 1-1 pontot kap a két csapat. A régi rendszer abban különbözik a jelenlegitől, hogy a győzelemért 3 pont helyett 2 pont jár.

Ez lehetséges minden olyan bajnokságban, ahol az induló csapatok száma legalább 5.
Például 5 csapat indulása és a lehető legkevesebb gól esetén (ha további 6., 7., 8. . . csapat indul, és azoknak az összes mérkőzésük döntetlen, akkor is az A csapat az utolsó vagy az első, a régi vagy a mostani pontozás szerint):

A 100-adik hozzászólás táblázatában a Huszárok 4 ütéssel rovatba egy "16 ?" bejegyzést eszközölhetünk a mellékelt ábra alapján. A színezések indoklása a K4-éhez hasonló. A tökéletes szimmetriához a 7×7-es sakktábla volna az igazi.

Megjelent a Héttusa új fordulója \(\displaystyle \to\) 6. forduló

A beküldési határidő október 1.

Ezt követően itt is beszélgethetünk a feladatokról.

A 18. kérdéshez:

A 2×végtelen esetre példa az alábbi ábra. A sárgított királypárokban mindig csak 1-et meghagyva máris végtelen sok a lehetőség. Az így kapott 2-soros sávot szintén lehet fölfelé másolni, miáltal a fölső félsík vagy pl. a 8×végtelen sáv kitöltését is megkaphatjuk. (1 üres sort legalább hagyni kell a másolatok között.)

Máris van tehát végtelen sok példánk, az "összes" alapváltozatot talán Harold Scott MacDonald Coxeter tudta volna meghatározni...

A 18. kérdéshez:

A teljes síkot megcélozva a, z egyszínű mezőket fel is lehet fújni 2×2-es négyzetekké (változat 1), de ki is ritkíthatjuk (változat 2). Van egy 3. változat is, kétféle szemlélettel. Ez egy srégen vonuló minta, amelyet eltologatva újabb kitöltéseket kapunk. Bár e kitöltés szó talán nem pontos, hiszen véges sok sáv esetén elég ritkás a mintázat.

A 18. kérdéshez:

A keresztnek elnevezett király-csoportokat 3 soronként lehet jobbra vagy balra eltologatni - ami máris végtelen sok variációt jelent. Példa:

"A végtelen sakktábla viszont kitölthető például ..."

Mivel a minden irányban végtelen sakktáblán a csak sötét (csak világos) mezőkre rakott a királyok ugyanígy négy másikat ütnének, felmerül a következő

18. kérdés. Hány különböző elrendezés van a) a végtelen táblán, b) a felső félsíkon, c) egy \(\displaystyle 8\times\infty\) sávban, amelyben mindegyik király pontosan négy másikat támad?

Királyok 4 ütéssel nem helyezhetők a sakktáblára!

A sarkokba nem kerülhet király, hiszen csak 3 szomszédjuk van. b1-en álló királynak éppen 4 szomszédja marad, ezért a2-re is kerül király. Annak egyértelműen a3 és b3 szomszédjait kell elfoglalni újabb királyokkal. Csakhogy akkor b2K-t 6 kolléga fogná közre. Vagyis b1 és a2, meg elforgatottjaik szabadok! c1K-nak így pont 4 szomszédja van, ekkor c2K lefogja b3,c3,d3-at, ezáltal b2K-nak már nem lehet 4 király-ütője. Vagyis c1 kizárva, a tükörképeivel együtt. b2-nek ezért csak 3 szomszédja marad, vagyis nem lehet rajta király. d1-nek éppen 4 király-szomszédja volna, ekkor a d2K c3,d3,e3 kizárásával c2K-nak már nem lehet 4 szomszédja. Vagyis d1, e1 és tükörképeik is szabadok kell, legyenek. Ekkor tehát ott tartunk, hogy a tábla szélén nem lehet király. Vagyis a maradék 6×6-os táblára kellene tenni a királyokat. De ott sem lehet a sarkokba tenni - vagyis az elejétől ismételhetjük a gondolatmenetet. Így jutva a 4×4-es, majd 2×2-es tábláig, ahol már minden mező sarokmező. A végtelen sakktábla viszont kitölthető például az alábbi 5-királyos "kereszt"-ekkel:

A huszárok 3 ütéses elrendezésének inkább ezt őrizzük meg:

Sajnos nem tudok 2 képet egyszerre bevinni, így külön következnek az ábrák - és gúlától elnézést a dupla ékezetért :-)

Káli gűla mindent ismer, így csak azért foglalom össze, hogy jól lássék egy helyen az aktuális tudásunk...

32 huszár, mindegyik pontosan 3 másikat üthet: https://puzzling.stackexchange.com/questions/94766/knights-attacking-exactly-three-knights

18 vezér, mindegyik 3 másikat üthet: https://kvant.mccme.ru/pages.html 2009/4 borító (Némi utánolvasással kiderül, hogy királynőkre ez egy régi puzzle, több helyen is felbukkant, Scott Kim zseniális dizájnertől származik. Érdemes elolvasni a róla szóló teljes fejezetet Martin Gardner The Last Recreations c. könyvében.)

Bástyából nem lehet pontosan 3 ütéses sereg: a bal alsó sarokhoz legközelebbi max kettőt (fel és jobbra állót) tud támadni.

20 futó, mindegyik 1 másikat üthet: https://puzzling.stackexchange.com/questions/94421/chess-pieces-attacking-exactly-once/94479#94479

Huszárok, mindegyik pontosan 1 másikat üthet: 32-nél többet nem lehet, a táblát lefedjük négyes ciklusokkal, valamelyik négyelemű ciklusba 2-nél több bábu kerülne. https://www.linux-magazine.com 2018/211/knight-s-tour/figure-2

Huszárok, mindegyik pontosan 2 másikat üthet: 32-nél többet nem lehet. Programmal végignéztem, és nem talált 32-nél nagyobb halmazt.

17. kérdés. (a) Helyezzünk el a sakktáblán 30 huszárt úgy, hogy mindegyik pontosan 2 másikat támad. (b) Helyezzünk el a sakktáblán 38 huszárt úgy, hogy mindegyik legfeljebb 2 másikat támad. (c) Hány huszárt lehet elhelyezni a sakktáblán úgy, hogy mindegyik pontosan 4 másikat támad?

A következőt sem találtam:

Néhány új elrendezés (amiket eddig nem találtam).

Kiegészíteném Róka Sándor táblázatát.

Elnézést, ha valamin átsiklottam...

8. kérdés. Királyok pontosan 2 ütéssel kérdésre a válasz 32. Több nem lehet, ez valamennyire pepecselős, de megoldható kézzel. Tegyük fel, hogy 33 király van a táblán, és mindegyik 2 másikkal szomszédos. Ekkor például a bal oldali féltáblán 16-nál, és pl. a bal felső negyedben 8-nál több bábu van. Felosztjuk a táblát 2x2-es kis négyzetekre az ábra szerint. Egy háromkirályos négyzet bábui ciklust alkotnak, az ilyen királyokkal szomszédos mezők mindig üresek. Emiatt 2 háromelemű négyzet nem lehet egymás mellett, ha pedig csúcsban találkoznának (pl. \(\displaystyle A,D\)), akkor a másik két négyzet (\(\displaystyle B,C\)) legfeljebb egyelemű lehetne. Tehát a bal felső negyedben csak 9=3+2+2+2 kiosztásban lehetnek bábuk. Sem \(\displaystyle |B|=3\), sem \(\displaystyle |C|=3\) nem lehet, mert abból \(\displaystyle |A|=1\) következne az a8 különleges helyzete miatt. Tehát vagy \(\displaystyle |A|=3\), vagy \(\displaystyle |D|=3\).

A középső ábra mutatja az \(\displaystyle |A|=3\) esetet. \(\displaystyle B\) csak a második oszlopában tartalmazhatja a két királyt, ekkor a d8 a másik szomszédos királlyal (e7 vagy e8) hármas ciklust alkot, így blokkolja a c6, d6 mezőket. Hasonlóan blokkolt a c5, c6 mezőpár is \(\displaystyle C\) oldaláról, tehát \(\displaystyle D\)-ben legfeljebb csak d5-ön lehetne bábu, ami viszont ellentmondás.

A jobb oldali ábrán látszik a \(\displaystyle |D|=3\) eset. Belátjuk, hogy \(\displaystyle |E|+|F|+|G|+|H|\le7\). Feltehetjük, hogy \(\displaystyle E,F,G,H\) egyike sem 3 elemű, mert \(\displaystyle E\) a \(\displaystyle C\)-beli, \(\displaystyle F\) a \(\displaystyle D\)-beli elrendezés miatt biztosan nem az, \(\displaystyle |H|=3\) esetén \(\displaystyle |F|\le1\) és \(\displaystyle |G|\le1\), tehát \(\displaystyle |E|+|F|+|G|+|H|\le7\) adódna, ha pedig \(\displaystyle |G|=3\) lenne, abból \(\displaystyle |E|=1\) és \(\displaystyle |H|=1\) vagy \(\displaystyle |F|=1\) következne, azaz ismét \(\displaystyle |E|+|F|+|G|+|H|\le7\) adódna. Ha tehát \(\displaystyle F,G,H\) kételeműek, akkor – ilyen sorrendben nézve – csak az ábra szerinti párokat tartalmazhatják. Így viszont b4-re nem kerülhet bábu, mert a2 árván maradna, tehát a5 csak a4-en, c3 csak b3-on folytatható, ami b3-nál hibához vezet. Ez ismét ellentmondás, ami tehát igazolja, hogy 32-nél több király nem lehet ezzel a tulajdonsággal.

A 32 király elérhető, de csak két körrel, a külső kör a sarkok nélkül 24 peremmezőből áll, a belső kör ugyanígy 8 mező a középső 4x4-es négyzet szélén. Összefüggő, húr nélküli királykör legfeljebb 31 elemű lehet, ezt megkapjuk, ha a 24 peremmezőből álló kört jobbról "benyomjuk" a h7-g6-f6-e6-d6-c5-c4-d3-e3-f3-g4-h3-h2 görbe mentén.

Ha viszont pontosan 2 helyett legfeljebb 2 ütést kívánnánk, akkor már lehet 33 király a táblán: az egyik sarok 3 szomszédján, és további három, ezzel párhuzamos, de sarok nélküli L-alakú csoportban.

Augusztus 2-án, szűkebb körben eljutott hozzám dr. Császár Gyula válasza az [57.hsz.]-ben látott 8. kérdésre. Azóta eltelt több, mint 3 hét, e körben nem találkoztam kiegészítéssel, cáfolattal, ezért most felteszem dr. Császár Gyula példával illusztrált, bizonyítandó állítását/sejtését:

Az OEIS-ben található 26-os elrendezés: A051754

Hopsssz ...
Valóban. Nem vettem észre. Köszönöm.

A 27-esben és a törpésben is az a feladat, hogy az \(\displaystyle \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}\) halmaznak válasszuk ki a lehető legtöbb 3-elemű részhalmazát úgy, hogy bármely két részhalmaznak legfeljebb egy közös eleme legyen.

Van egy kedves élményem a feladatról.
A törpés feladatot elmondtam Danka Emmának (most volt hatodikos). Talán még magyaráztam volna, miről szól a feladat, de már jön is Emma a válasszal:

Legfeljebb 7 nap lehet. Ha a törpepárokat nézzük, 21 pár van. Egy pár legfeljebb egy hármasban lehet. Egy hármasban 3 db párost látunk. Ha a hármasok száma \(\displaystyle m\), akkor \(\displaystyle 3m\le21\), \(\displaystyle m\le7\).

A 27-es megoldása itt olvasható.

javítás: A hét törpe 21 párt alkot. Minden nap pontosan 3 pár marad otthon. 8 vagy több nap így nem lehet.

helyett legyen inkább

A hét törpe 21 párt alkot. Minden nap pontosan 3 pár marad otthon, minden pár maximum egyszer. 8 vagy több nap így nem lehet.

Igen, ez megegyezik a 27-as feladattal, szöveg és megoldás: https://ematlap.hu/hettusa-2/1409-hettusa4-megoldasok-megjegyzesek .

Hét napra konstrukció: A "Fano sík" nevű kombinatorikai konstrukció, lásd ábra. A zöld pöttyök a törpék, és a 6 egyenes szakasz, illetve a kör által meghatározott hármasok maradnak otthon minden nap. Az ábráról leolvasható hogy ez jó. (Ábra a linkelt Érintő cikkből.) Bővebben: https://hu.wikipedia.org/wiki/Fano-sík

Hétnél több nap nem lehet: A hét törpe 21 párt alkot. Minden nap pontosan 3 pár marad otthon. 8 vagy több nap így nem lehet.

Nekem elsőre úgy tűnik, ez megegyezik a Héttusa 27. feladattal - más szövegezéssel. Így legfeljebb 7 napig lehet így szervezni.

A Héttusa (Érintő) feladataiban felbukkant már a hét törpe (21. és 28. feladatok). Itt vannak ismét.

16. kérdés: A hét törpe közül naponta hárman otthon maradnak, és a többiek elmennek a bányába dolgozni. Arra vigyáznak, hogy bármely két naphoz legfeljebb egy olyan törpe legyen, aki mindkétszer otthon maradt.
Legfeljebb hány napig lehet így megszervezni a munkába járást?