Róka Sándor, Nyíregyháza
(A cikk I. része a KöMaL 1996. januári számában, a II. rész a 1996. április számban jelent meg.)
,,Néha számlálás nélkül is meg tudjuk állapítani, hogy két véges halmaznak ugyanannyi eleme van-e. Pl. egy olyan gyerek, aki csak 20-ig tud számlálni, meg tudja állapítani, hogy az ablak alatt ugyanannyi katona haladt el, mint ahány ló, ha látja, hogy egy katona sem ment gyalog, és egy ló sem ment anélkül, hogy katona ne ülne a hátán (és természetesen egy lovon sem ült egynél több katona, és egy katona sem ült egynél több lovon), akkor is, ha a katonák, ill. lovak száma több, mint 20.'' (Kalmár László: A matematika alapjai (egyetemi jegyzet), I. kötet, 9. oldal.)
A megszámlálásnak azt a módját, amikor a lovakat kell megszámolni, és tudom, hogy ugyanannyi lovas van, mint ahány ló, s ezért a lovasokat számolom meg, jól mutatja Halmos Pál következő példája. (Halmos Pál: A matematika művészete, Természet Világa, 1976/7, 299–303. oldalak.)
1. feladat. Tekintsünk egy \(\displaystyle 1025\) teniszjátékosból álló társaságot. Képzeljük el, hogy a társaság bajnokságot szervez a következő rendszer szerint. A játékosokat párokba sorolják, egy embernek természetesen nem jut pár. Az egyes párok mérkőznek, a vesztesek kiesnek. A második fordulóban a győztesek vehetnek részt, és az első fordulóban pár nélkül maradt játékos. A második forduló párosítását ugyanúgy készítjük el, mint az elsőét, ismét kisorsolnak egy játékost, aki ebből a fordulóból játék nélkül jut tovább. Ezt azután így folytatjuk, amíg mindenki ki nem esik, az utolsó mérkőzés győztese lesz a bajnok. A bajnok tehát nem vert meg mindenkit, de minden játékos kikapott valakitől, ..., aki kikapott a bajnoktól. A kérdés: összesen hány mérkőzésre került sor?
A megoldást sok úton kereshetjük, és már a lehető legprimitívebb meggondolás is célhoz vezet. Az első fordulóban 512 mérkőzést játszottak, a másodikban 256-ot, majd 128, 64, 32, 16, 8, 4, 2, 1, 1 mérkőzést. Ezeket összeadva gyorsan megvan az eredmény: 1024.
Van olyan megoldás is, amelyhez nincs szükség számolásra, kísérletekre, sőt még számokra sem, csak puszta gondolkodásra. A gondolatmenet: minden mérkőzésnek egy győztese és egy vesztese van. A vesztes nem vehet részt a további fordulókban. Minden játékos, a bajnok kivételével, pontosan egyszer veszít. Így ugyanannyi mérkőzés van, ahány vesztes, azaz a mérkőzések száma eggyel kisebb a játékosokénál. Ha a játékosok száma 1025, a megoldás 1024, ha 1000, akkor 999. Nyilvánvaló, hogy ez az egyszerű gondolatmenet a játékosok számától függetlenül, teljes általánosságban szolgálja a feladat megoldását.
Ahogyan Halmos hozzáfűzi: ,,itt csillan fel egy piciny darabja az igazi matematikának''.
1966-ban a TV ,,Ki miben tudós?'' versenyének döntőjében szerepelt a következő feladat:
2. feladat. Egy \(\displaystyle n\) oldalú konvex sokszög belsejében nincs olyan pont, amelyen a sokszög kettőnél több átlója halad át. Hány metszéspontja van a sokszög átlóinak a sokszög belsejében?
A megoldás dallama hasonló az előbbihez. A sokszög bármely négy csúcsa egy konvex négyszöget határoz meg, a négyszög átlóinak metszéspontja pedig megad egy metszéspontot a keresettek közül. Egy metszéspont és négy csúcs ily módon történő párbaállítása kölcsönösen egyértelmű: annyi metszéspont van, ahányféle módon ki tudunk választani 4-et az \(\displaystyle n\) csúcs közül, azaz \(\displaystyle {n\choose 4}\).
3. feladat. Mutassuk meg, hogy egy \(\displaystyle n\) elemű halmaz részhalmazainak száma \(\displaystyle 2^n\).
Az állítás igazolható teljes indukcióval, vagy úgy is, hogy felhasználjuk az
\(\displaystyle {n\choose 0}+{n\choose 1}+{n\choose 2}+\dots+{n\choose n}=2^n \)
összefüggést. Elegáns útja a bizonyításnak a következő: ha az \(\displaystyle n\)-elemű halmaz \(\displaystyle \{a_1,a_2,\dots,a_n\}\), úgy ennek egy részhalmazát egyértelműen kijelöli egy \(\displaystyle n\) hosszúságú 0–1 sorozat. Ha a sorozatban a \(\displaystyle k\)-dik helyen \(\displaystyle 1\)-es áll, akkor \(\displaystyle a_k\) eleme a részhalmaznak, ha pedig \(\displaystyle 0\) áll a \(\displaystyle k\)-adik helyen, akkor nem. Így a részhalmazok száma ugyanannyi, mint az \(\displaystyle n\) hosszú 0–1 sorozatok száma: \(\displaystyle 2^n\).
4. feladat. Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), ..., \(\displaystyle 10^k\) számokban előforduló számjegyek száma egyenlő az \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), ..., \(\displaystyle 10^{k+1}\) számokban levő \(\displaystyle 0\)-k számával.
Az első sorozatból tetszőleges számot választva, annak valamely számjegye után beszúrunk egy nullát. Ez a megfeleltetés kölcsönösen egyértelmű az első sorozatbeli számok számjegyei és a második sorozatbeli számok \(\displaystyle 0\) számjegyei között.
Ha látjuk, hogy mindegyik lovon egy huszár ül, és néhány huszár gyalog sétál, akkor nyilván a huszárok száma nagyobb a lovak számánál. Egyenlőtlenséget is tudunk a párbaállítás módszerével igazolni.
Lássuk a következő feladatot!
5. feladat. Jelölje \(\displaystyle T_n\) egy \(\displaystyle n\) elemű halmaz különböző partícióinak (diszjunkt osztályokra bontásainak) számát. Bizonyítsuk be, hogy fennáll a \(\displaystyle T_n\le n!\) egyenlőtlenség.
Legyen az \(\displaystyle n\)-elemű halmaz \(\displaystyle \{1,\;2,\;3,\;\dots,\;n\}\). Tekintsük a halmaz egy partícióját, és minden részhalmazban az elemeket rendezzük nagyság szerint csökkenő sorrendbe, majd ezeket a sorozatokat első elemük szerint növekedve írjuk egymás után. Például, ha \(\displaystyle n=6\) és az egyik partíció \(\displaystyle \{1,\;5\}\), \(\displaystyle \{2,\;3\}\), \(\displaystyle \{4,\;6\}\), úgy ehhez a \(\displaystyle 3\;2\;5\;1\;6\;4\) sorozat tartozik. Ily módon megadhatjuk az \(\displaystyle n\) elem egy permutációját, különböző partíciókhoz különböző permutációkat. Vagy olyan permutáció is, amelyhez nem tartozik partíció, pl.: \(\displaystyle 3\;2\;6\;4\;5\;1\). (Gondoljuk meg, miért?)
Megjegyzés. Az \(\displaystyle n\)-elemű halmaz partícióinak számát a \(\displaystyle T_n\) Bell-féle szám jelöli.
6. feladat. Az \(\displaystyle 1<a_1<a_2<\dots<a_k\le n\) természetes számokra igaz, hogy egyik \(\displaystyle a_i\) sem osztója a többi szorzatának. Mutassuk meg, hogy \(\displaystyle k\le \pi (n)\), ahol \(\displaystyle \pi (n)\) a prímszámok száma \(\displaystyle n\)-ig.
Azt kell észrevenni, hogy minden \(\displaystyle a_i\)-hez tudunk olyan \(\displaystyle p_j\) prímet rendelni, amelyre \(\displaystyle p_j^{\alpha _j}\mid a_i\), de \(\displaystyle p_j^{\alpha _j} \not{\!\big|} a_1\cdot a_2\cdot \dots\cdot a_{i-1}\cdot a_{i+i}\cdot \dots\cdot a_k\). Különböző \(\displaystyle a_i\)-khez különböző \(\displaystyle p_j\)-k tartoznak.
,,Az olyan ötlet, amely csak egyszer használható, csak trükk. Ha többször is fel lehet használni, módszer lesz belőle'' (Pólya György). A párbaállítás olyan ötlet, amelyet többször is fel lehet használni. Gyakorlásul álljon itt néhány feladat, amelyek megoldásánál lehet alkalmazni a párbaállítás módszerét.
1. Hány részre osztják a teret a kocka lapsíkjai?
2. Szabályos tetraéder minden élén át síkot fektetünk, amely két egybevágó részre osztja a tetraédert. Így hány részre bontottuk fel a tetraédert?
3. Egy \(\displaystyle 6\times 10\)-es négyzetrácsos papírt a berajzolt rácsegyenesek mentén két részre vágunk, majd az egyik darabot ismét csak rácsegyenesek mentén két részre vágjuk és így tovább: minden alkalommal valamelyik darabot két részre vágjuk. Hányszor vágunk, mire a papirost \(\displaystyle 1\times 1\)-es négyzetekre szabdaljuk? A vagdosást többféleképpen is végezhetjük. Vajon mindig ugyanannyi lesz a vágások száma?
4. Egy \(\displaystyle n\) oldalú konvex sokszög átlói legfeljebb hány háromszöget fognak közre a háromszög belsejében?
5. Egy \(\displaystyle 6\times 10\)-es négyzetrácsban hány téglalapot lehet úgy kijelölni, hogy oldalaik rácsegyenesek legyenek?
6. Egy \(\displaystyle 27\) db egybevágó kis kockából kirakott \(\displaystyle 3\times 3\times 3\)-as kockában hány olyan téglatest jelölhető ki, amely ezen kis kockákból áll?
7. Hány olyan ötjegyű szám van, amelyben a számjegyek nemcsökkenő sorrendben követik egymást?
8. A \(\displaystyle 3\) számot négy különböző módon bontjuk fel pozitív egészek összegére: \(\displaystyle 3\); \(\displaystyle 2+1\); \(\displaystyle 1+2\), valamint \(\displaystyle 1+1+1\). Az összeadásban a tagok sorrendje lényeges, így az \(\displaystyle 1+2\) és a \(\displaystyle 2+1\) különböző felbontásnak számít. Hány különböző módon bonthatjuk fel az \(\displaystyle n\) természetes számot? (Ez a KöMaL-ban F. 2273. sorszámú feladatként lett kitűzve, megoldása a lap 1981. márciusi számában a 106. oldalon olvasható.)
9. Mutassuk meg, hogy egy \(\displaystyle n\) (\(\displaystyle n>1\)) elemű halmaz részhalmazaiból legfeljebb \(\displaystyle 2^{n-1}\) választható úgy ki, hogy közülük bármely kettőnek legyen közös eleme!
10. Mutassuk meg, ha egy \(\displaystyle n\) elemű halmaznak kiválasztottuk \(\displaystyle m\) db részhalmazát úgy, hogy bármely két részhalmaz metszete üres, akkor \(\displaystyle m\le n\).
11. Mutassuk meg, ha egy \(\displaystyle n\) elemű halmaznak kiválasztottuk \(\displaystyle m\) db részhalmazát úgy, hogy bármely két részhalmaz uniója kiadja az alaphalmazt, akkor \(\displaystyle m\le n\).
12. Mutassuk meg, ha egy \(\displaystyle n\) elemű halmaznak kiválasztottuk \(\displaystyle m\) db részhalmazát úgy, hogy ezek egyike sem részhalmaza valamely másik kettő uniójának, akkor \(\displaystyle m\le n\).
Nézzünk továbbra is olyan feladatokat, amelyeknél az \(\displaystyle A\) halmaz elemeinek számát úgy határozzuk meg, hogy \(\displaystyle A\) elemeihez hozzárendeljük egy olyan \(\displaystyle B\) halmaz elemeit, amelyben könnyebb az elemek megszámlálása (lovak helyett a lovasokat számoljuk meg). A párbaállítást valamilyen kódolási eljárás adja meg. Kódolási módszereket használva különféle tételeket tudunk bizonyítani.
(Lásd Rényi Alfréd: Napló az információelméletről (Gondolat Kiadó, Budapest, 1976) c. könyv 164–187. oldalait. Arthur Cayley (1821–1895) angol matematikus, Als Heinz Prüfer a Münsteri Egyetem matematikaprofesszora volt, 1934-ben halt meg.)
Fának nevezünk egy összefüggő gráfot, ha nem tartalmaz kört. Az ábra két fagráfot ábrázol. A fákra vonatkozó legegyszerűbb tétel a következő:
Tétel. Egy \(\displaystyle n\) szögpontú fa éleinek száma \(\displaystyle n-1\).
A bizonyítás a következő: Válasszuk ki a fa egy tetszőleges szögpontját, és nevezzük ezt a fa ,,gyökerének". Számozzuk meg a többi pontot az 1, 2, ..., \(\displaystyle n-1\) számokkal. Számozzunk meg minden élt az él azon végpontjának számával, amely a gyökértől induló és a szóban forgó éllel záródó útnak a végpontja. Ilyen módon minden élt megszámoztunk, és az 1, 2, ..., \(\displaystyle n-1\) számok mindegyikét pontosan egyszer használtuk fel (minthogy minden pont a gyökérrel egyetlen úttal van összekötve), azaz az élek száma \(\displaystyle n-1\).
Az első nem triviális kérdést a fákról Cayley vetette fel, és ő is oldotta meg: Hány adott pontú különböző fa létezik? A válasz legalább kétféle lehet, attól függően, hogy mikor tekintünk két fát különbözőnek. Mi a számozott szögpontú fák számát fogjuk meghatározni.
Cayley-tétele. Az \(\displaystyle n\) számozott szögpontú fák száma: \(\displaystyle C_n=n^{n-2}\).
A tétel legszebb bizonyítása Prüfertől 1918-ból származik. A bizonyítás fő gondolata az, hogy minden fához hozzárendel egy olyan \(\displaystyle n-2\) számból álló sorozatot, amelynek minden eleme az 1, 2, ..., \(\displaystyle n\) számok valamelyike. Egy ilyen sorozatot a fa Prüfer-kódszavának neveznek. Minthogy az ilyen kódszavak száma \(\displaystyle n^{n-2}\), Cayley formulájának bizonyításához elegendő megmutatni, hogy kölcsönösen egyértelmű megfeleltetés van az \(\displaystyle n\)-szögpontú számozott fák és a Prüfer-kódszavak között. Ahhoz, hogy ezt belássuk, elég megmutatni, hogyan végezhető el a kódolás és a dekódolás folyamata.
Előbb két egyszerű fogalmat értelmezünk. Egy gráf egy \(\displaystyle P\) pontját a gráf végpontjának nevezzük, ha fokszáma (a pontból induló élek száma) 1. Az olyan élt, amelynek legalább egyik végpontja a gráfnak végpontja, határoló élnek nevezzük.
A kódolási eljárás:
a) Válasszuk ki a legkisebb számmal megszámozott végpontot (az ábrán levő gráf 3-as számú pontját), távolítsuk el ezt a fából a hozzá vezető határoló éllel együtt, és írjuk le ezen elhagyott él másik végpontjának indexét (a 4-et); ez lesz a kódszó első jele.
3. ábra. Prüfer-kódszó: 44112
Dekódolási eljárás: 6233 233 33 3 145 456 256 56 56 36
A megfelelő fa:
4. ábra. Prüfer-kódszó: 6233
b) Ismételjük meg ugyanezt az eljárást a megmaradó fával egészen addig, amíg csak egy 2-szögpontú gráf marad, azután álljunk meg.
A dekódolási eljárás:
Írjuk a kódszó alá növekvő sorrendben az 1, 2, ..., \(\displaystyle n\) számok közül mindazokat, amelyek nem fordulnak elő a kódszóban. Nevezzük ezt a sorozatot antikódnak. Kössük össze a kódszó első jelével számozott pontot az antikód első jegyével számozott ponttal. Hagyjuk el ezeket a jeleket; ha a kódszó elhagyott jegye nem fordul elő többször a kódszó megmaradt részében, írjuk ezt az antikódba a megfelelő helyre. Ismételjük az eljárást az új kódszóval és antikóddal mindaddig, amíg a szó eltűnik. Kössük össze végül azt a két pontot, amelyeknek indexei az utolsó antikódot alkotják.
Tétel. A különböző valós számokból álló \(\displaystyle a_1\), \(\displaystyle a_2\), ..., \(\displaystyle a_{mn+1}\) sorozatnak vagy létezik egy \(\displaystyle m\)-nél hosszabb csökkenő részsorozata, vagy van egy \(\displaystyle n\)-nél hosszabb növekvő részsorozata.
Bizonyítás. A sorozat minden eleméhez egy számpárt rendelhetünk: \(\displaystyle a_i\to (l_i^+, l_i^-)\), ahol \(\displaystyle l_i^+\) jelenti az \(\displaystyle a_i\)-vel kezdődő leghosszabb növekvő részsorozat elemeinek számát, \(\displaystyle l_i^-\) az \(\displaystyle a_i\)-vel kezdődő leghosszabb csökkenő részsorozat elemeinek számát jelenti.
Az így képzett számpárok különbözők. Hiszen, ha \(\displaystyle i<j\) és \(\displaystyle a_i<a_j\), akkor \(\displaystyle l_i^+>l_j^+\), ha pedig \(\displaystyle a_i>a_j\), akkor \(\displaystyle l_i^->l_j^-\).
\(\displaystyle l_i^+\) és \(\displaystyle l_i^-\) pozitív egész számot jelöl. Az olyan különböző számpárok száma, melyben \(\displaystyle l_i^+\le n\), \(\displaystyle l_i^-\le m\), \(\displaystyle m\cdot n\). Mivel a sorozat elemeihez rendelt számpárok száma \(\displaystyle m\cdot n+1\), ezért valamelyik \(\displaystyle i\)-re vagy \(\displaystyle l_i^+ > n\) vagy \(\displaystyle l_i^- > m\), mely a tétel igazolását jelenti.
Tétel. Ha egy \(\displaystyle n\) elemű \(\displaystyle H\) halmaznak \(\displaystyle A_1\), \(\displaystyle A_2\), \(\displaystyle A_3\), ..., \(\displaystyle A_m\) olyan részhalmazai, hogy egyik sem tartalmazza semelyik másik halmazt, akkor \(\displaystyle m\le{n\choose \left[{n\over 2}\right]}\).
Megjegyzés. Az \(\displaystyle m={n\choose \left[{n\over 2}\right]}\) érték elérhető, ha vesszük az \(\displaystyle n\) elemű \(\displaystyle H\) halmaz összes \(\displaystyle \left[{n\over 2}\right]\) elemű részhalmazát.
A tétel (a Sperner-lemma) bizonyítása többféleképp elvégezhető. Lássuk azt, amelynek ötlete az eddigiek közé illik.
Bizonyítás. A \(\displaystyle B_s\supset B_{s-1}\supset\dots\supset B_2\supset B_1\) sorozatot láncnak nevezzük. A \(\displaystyle H\) halmaz \(\displaystyle n\) hosszúságú láncainak száma \(\displaystyle n!\). Ha \(\displaystyle |A_i|=k_i\), akkor \(\displaystyle A_i\) részhalmaz \(\displaystyle k_i!\cdot(n-k_i)!\) db \(\displaystyle n\) hosszúságú láncban szerepel, s ha \(\displaystyle i\ne j\), akkor \(\displaystyle A_i\) és \(\displaystyle A_j\) nem lehet ugyanabban a láncban, tehát
\(\displaystyle n!\ge\sum_{i=1}^{m}k_i!(n-k_i)!\ge m\cdot\left[{n\over 2}\right]! \left(n-\left[{n\over 2}\right]\right)! \)
azaz \(\displaystyle m\le{n\choose \left[{n\over 2}\right]}\).
(A diagram-módszer egyéb szép alkalmazásait találjuk Vilenkin: Kombinatorika (Műszaki Könyvkiadó, Budapest, 1987) c. könyvében a 113–119. oldalakon.)
Az \(\displaystyle n\) szám pozitív egészek összegeként való előállításait az \(\displaystyle n\) szám partícióinak nevezzük. Különféle kérdések, állítások megfogalmazhatók ehhez kapcsolódva.
Tétel. Az \(\displaystyle n\) szám olyan felosztásainak száma, amelyekben \(\displaystyle k\) a legnagyobb rész, egyenlő az \(\displaystyle n\) szám \(\displaystyle k\) részre való felosztásainak számával.
Bizonyítás. Ha például \(\displaystyle n=7\) és \(\displaystyle k=4\), akkor \(\displaystyle 4+1+1+1\), \(\displaystyle 4+2+1\), \(\displaystyle 4+3\) a 7 azon felosztásai, amelyekben a legnagyobb rész 4. A 7-nek négy részre való felosztásai pedig: \(\displaystyle 4+1+1+1\), \(\displaystyle 3+2+1+1\), \(\displaystyle 2+2+2+1\).
A tétel bizonyítását szemléletesebbé tehetjük, ha az \(\displaystyle n\) tetszőleges felosztásához egy ún. Ferrers-féle diagramot rendelünk. Például a \(\displaystyle 3+2+1+1\) felosztáshoz tartozó diagramot a bal oldai ábra mutatja.
A diagramot átalakítjuk úgy, hogy a sorokból oszlopok, az oszlopokból pedig sorok váljanak. Ez lesz a konjugált diagram. (Egy diagram konjugáltjának konjugáltja az eredeti diagram lesz.) A jobb oldalon látható az előbbi diagram konjugáltja, mely a 7-nek az egyik olyan felosztását (\(\displaystyle 4+2+1\)) mutatja, amelyben a legnagyobb rész 4.
A diagramok (és konjugált diagramok) segítségével – ahogyan a példa mutatja – párbaállíthatók az \(\displaystyle n\) szám olyan felosztásai, amelyekben \(\displaystyle k\) a legnagyobb rész, azokkal a felosztásokkal, amelyekben az \(\displaystyle n\) számot \(\displaystyle k\) részre osztjuk fel. Ez a megfeleltetés igazolja a tételt.
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
A KöMaL 2022 őszi számaiban Tóthmérész Lilla egy alapos cikksorozatot ([1]) közölt a négyszín-sejtés történetéről, benne kiemelten Alfred Kempe 1879-ben közölt bizonyítási kísérletéről, amelyben Heawood 1890-ben találta csak meg a hibát. A cikkben leírtakat érdemes kiegészíteni azzal, hogy 1880-ban egy másik, rendkívül érdekes bizonyítási kísérlet is történt. Egy Peter Guthrie Tait nevű skót matematikus ugyanis a következő szép állítást bizonyította, mindössze 1 évvel Kempe kísérlete után ...
A KöMaL 2025 szeptemberi számában (Tait tétele és a 3-reguláris gráfok – a B. 5403. feladat háttere) kimondtuk Tait alábbi tételét.
Tétel (Tait tétele). Legyen \(\displaystyle G\) egy 3-reguláris, hídélmentes, síkbarajzolt gráf. Ekkor \(\displaystyle G\) tartományai \(\displaystyle 4\)-színezhetők akkor és csak akkor, ha élei \(\displaystyle 3\)-színezhetők.
A tételben \(\displaystyle k\)-színezésen olyan színezést értünk, amely \(\displaystyle k\)-féle színt használ, és az egymással szomszédos tartományok (illetve élszínezés esetén az egy csúcsban találkozó élek) mindig különböző színűek.
A szeptemberi számba nem került be a tétel bizonyítása (azzal a céllal, hogy akinek van kedve, gondolkodhasson rajta), ezt most pótoljuk.
Róka Sándor idén februárban elnyerte a WFNMC Erdős Pál-díját. A Nemzeti Matematika Versenyek Világszövetsége (World Federation of National Mathematics Competitions – www.wfnmc.org) az Erdős Pál-díjat olyan matematikusoknak adományozza, akik hazai vagy nemzetközi versenyek szervezésével, illetve szakmai munkájukkal jelentősen hozzájárultak ahhoz, hogy a matematikában tehetséges fiatalok minél szélesebb körben vehessenek részt magas színvonalú megmérettetésekben. (https://www.wfnmc.org/awards.html) A díj igazán nemzetközi, a kitüntetettek között minden lakott kontinens képviselteti magát. 1992 óta ítélik oda, eddig összesen 54-en kapták meg, köztük öt magyar és egy magyar születésű amerikai. (1996 – George Berzsenyi, 2000 – Reiman István, Surányi János, 2014 – Pelikán József, 2022 – Kós Géza, 2026 – Róka Sándor) A legtöbb díjjal – héttel – az Amerikai Egyesült Államok büszkélkedhet, ezt követi Ausztrália és Magyarország 5-5 díjjal, majd Kína 3-mal.
