Vígh Viktor
Rovatunkban minden hónapban valamilyen szórakoztató matematikai fejtörőt mutatunk be. Ezek között fontos helyet foglalnak el a különböző kirakós játékok, topológiai feladványok, ördöglakatok és a matematikát felhasználó bűvészmutatványok. Manapság szinte mindent meg lehet találni az interneten, de az igazi élményt az adja, ha a feladatokat magunk oldjuk meg, a bűvészmutatványok trükkjeit mi találjuk ki, és a szükséges kellékeket is mi tervezzük meg és készítjük el. Próbáljuk meg a feladatokat továbbgondolni, általánosítani, igyekezzünk új feladatokat kitalálni.
Rovatunkban minden hónapban valamilyen szórakoztató matematikai fejtörőt mutatunk be. Ezek között fontos helyet foglalnak el a különböző kirakós játékok, topológiai feladványok, ördöglakatok és a matematikát felhasználó bűvészmutatványok.
Manapság szinte mindent meg lehet találni az interneten, de az igazi élményt az adja, ha a feladatokat magunk oldjuk meg, a bűvészmutatványok trükkjeit mi találjuk ki, és a szükséges kellékeket is mi tervezzük meg és készítjük el. Próbáljuk meg a feladatokat továbbgondolni, általánosítani, igyekezzünk új feladatokat kitalálni.
Ebben a rovatban már többször foglalkoztunk a magyarul általában bújócska néven emlegetett játékcsaláddal. (Lásd például a 2023. decemberi és a 2024. decemberi KöMaLokat.) Ezek közös jellemzője, hogy zsinórók kereszteződését kell megszüntetnünk ahhoz, hogy a feladványt megoldjuk. Az alábbi képen egy egyszerű bújócska típusú játék látható, a feladat az, hogy fűzzük le a madzagot a téglalap alapról. Elkészítése pofonegyszerű. Plexi helyett használhatunk fát, vagy bármilyen kellően szilárd anyagot, és csupán annyi a lényeg, hogy a zsinór kellően hosszú legyen, a rá rögzített „akadály” (a fotózott játékon egy csillag) pedig ne férjen át az alapon lévő lyukakon. Vigyázat, a cikk végén eláruljuk a megoldást!
Ugyanezen az elven működik a klasszikus drótszíves feladvány, ahol a célunk egy drótszív eltávolítása egy keretről. Itt azonban a merev alkatrészek miatt jóval nehezebb megtalálni a megfelelő bújtatást és „gombolást” – ez már legalább felső tagozatos szintű bújócskázási készséget igényel.
Első játékunkból egy nehezebbet készíthetünk, ha a zsinór hosszához képest túlságosan nagy akadályt képezünk, és ezért az akadály nem fér át az átbújtatott hurkon. Az alábbi képen az akadály egy hosszabb pálca, a feladat továbbra is a madzag lefűzése az alapról. Az előző feladvány megoldása ránézésre sem működhet a zsinór rövidsége miatt. Ennek a játéknak már lényeges a méretezése: nagyjából 1 cm vastag anyagból érdemes kivágni egy \(\displaystyle {7\times 3}\) cm nagyságú téglalapot, erre egyenletesen elosztva tegyük a három lyukat. A lyukaknak nagy, 12–13 mm átmérőt választani, hogy könnyen lehessen fűzgélni a zsinórt. A pálcát 10 mm átmérőjű anyagból javasoljuk készíteni, a hossza pedig legyen legalább 15 cm. Végül a fenti méretű alaptéglatesthez 35–36 cm-es, legalább 3–4 mm vastag, jó minőségű zsinórt használjunk. Érdemes a játék mindkét fa darabját alaposan megcsiszolni, így a játék kényelmesen és biztonságosan használható. Meglepően nehéz ördöglakatot készítettünk magunknak fillérekből!
Végül a bújócska játékcsalád egy látványos darabját mutatjuk be, amely – legalábbis kisközösségünkben – a „Sztriptíztáncosnő ruhája” becenévre hallgat. A feladat a golyókban végződő lánc (a „ruha”) lefűzése a fémpántról (a „vállfáról”). (Az akasztós állvány nem része a játéknak.) Ez házilag nehézkesebben elkészíthető, de ha mégis belevágunk, akkor csak a triviális megoldást kell kizárnunk (a golyók ne férjenek át a vállfa végén lévő „kanyaroknál”), és a lánc (vagy zsinór) legyen kellően hosszú. Látjuk, hogy ez miért bújócska? Esetleg meg tudjuk fejben is oldani?
Jó szórakozást!
Az első játék megoldása nem nehéz, a dupla zsinórt körülölelő hurkot meglazítva és az akadályhoz vezető lyukon áthúzva a csillag átbújtatható a hurkon.
Az erről készült fénykép a lap borítóján látható.
A Hanoi tornyai egy olyan feladvány, amelyben három függőleges pálcán van \(\displaystyle n\) db, különböző külső átmérőjű lyukas korong [2]. A hagyományos kiindulási állapotban a bal szélső pálcán van az összes korong, fentről lefelé növekvő méretben, a célállapot pedig ugyanez a korongpiramis, csak a jobb szélső pálcán. Két egyszerű szabályt kell betartani: minden lépésben valamelyik pálca legfelső korongját tehetjük egy másik pálca tetejére, továbbá semelyik korongot sem szabad nála kisebb korongra tenni. Igazolható, hogy a szükséges lépésszám \(\displaystyle 2^n - 1\), azaz minden egyes korong hozzáadásával lényegében megduplázódik.
Nem kell túl sokáig keresgélnünk az interneten a fejtörő feladatok között ahhoz, hogy sík vagy tér kitöltésére vonatkozó feladványra bukkanjunk. Ezek egyik fajtája az, amikor néhány síkidom vagy test valamilyen keretben van elhelyezve úgy, hogy látszólag teljesen kitöltik azt, de van még külön egy további eleme a játéknak.
Legutóbb szeptemberi számunkban foglalkoztunk bújócska típusú ördöglakatokkal. Elkészítésre ajánlottunk olvasóinknak egy pálcás változatot, ahol a ,,szokásos'' trükk nem működik, mivel az átbújtatás után (lásd ábra) a pálca nem fér át a hurkon a zsinór rövidsége miatt. Azonban vegyük észre, hogy ebben az átbújtatott állapotban valójában annyi a célunk, hogy a hurok a dupla zsinór másik oldalára kerüljön. Ezt úgy is elérhetjük, ha a téglatest formájú ,,alapot'' bújtatjuk át a hurkon.
Ha egy négyzetet a két átlójával felosztunk négy háromszögre, majd ezeket kiszínezzük három színnel az összes lehetséges módon, akkor megkapjuk a négyzetes színdominókat.
A színdominókat először a múlt század elején írta le Percy Alexander MacMahon, a kalandos életű matematikus. Ő rögtön megadott több nehéz feladatot is hozzájuk.
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 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.
Azok is figyelmesen olvassák el a Versenykiírást, akik tavaly már részt vettek versenyünkben.
Idén is matematikából, fizikából és informatikából indítunk versenyeket. Egyénileg, illetve csapatban is lehet versenyezni, a versenyek 9 hónapon keresztül, 2025. szeptemberétől 2026. június elejéig tartanak. Minden hónapban új feladatokat tűzünk ki, és a megoldásokat a következő hónap elejéig küldheted be. A verseny végeredményét a 2026. szeptemberi számunkban hirdetjük ki. A díjakat jövő ősszel, a KöMaL Ifjúsági Ankéton adjuk át.
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 egy példányának ára 2025. szeptembertől 1600 Ft, előfizetése 1 évre 12500 Ft – BJMT tagoknak 12000 Ft.
Megrendelem
1. a) Oldja meg a következő egyenletet az egész számok halmazán:
\(\displaystyle (x^2-9)\left(\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{1}{x+3}-1\right)=9+x \)
b) Egy négyszög \(\displaystyle \alpha\) szögére teljesül, hogy \(\displaystyle 4\sin^2\alpha-3=0\). Mekkora lehet az \(\displaystyle \alpha\) szög nagysága?
1. Határozza meg a természetes számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, amely értelmezési tartománya lehet az alábbi kifejezéseknek.
a) \(\displaystyle \log_x(-2x^2-7x+15)\) (6 pont)
b) \(\displaystyle \sqrt{\dfrac{x^2-2x}{-2x^2- 7x+15}}\) (6 pont)
