Bozóki Sándor
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.
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.
A 2024. szeptemberi [1] és novemberi [5] számokban már találkoztunk gráffal modellezhető feladványokkal. A Hanoi tornyai játék is ilyen, ráadásul az egyik legszebb gráffal rendelkezik. Az állapotokat reprezentáló csúcsok alkalmas geometriai elhelyezésével a Sierpińnski-háromszög [3] egy részgráfja adódik. A Hanoi tornyai rekurzív jellegét a gráfjaik is visszatükrözik: bármelyik Hanoi-gráf részgráfja minden, nála nagyobb korongszámú Hanoi-gráfnak.
A gráffal modellezhető feladatok egy részében nem feltétlenül szembetűnő a gráf geometriája. (Geometriai gráfnak nevezik a síkban lerajzolt gráfokat, ahol tehát a csúcsok koordinátáinak is jelentősége van.) Lehet, hogy csak nem túl szerencsésen rendeztük el a csúcsokat, ezért nem igazán látható az élek által meghatározott struktúra. Ha azonban ügyesen választjuk meg a csúcsok helyét, a gráf azt is megmutatja magából, ami korábban rejtve maradt. Egyes játékoknál – sőt, talán inkább ez a tipikus – az is előfordulhat, hogy akármilyen ügyesen is helyezzük el a csúcsokat, a gráf továbbra sem mutat többet magából.
A Hanoi tornyai feladat esetében azonban egy kivételesen szép, rekurzív minta jelenik meg, egyike a legismertebb és a legkorábban felrajzolt fraktáloknak. Remek példája annak, amikor a matematika különböző területei találkoznak. Érdekes, hogy e kapcsolat feltárására bő hetven évet kellett várni [4].
Ha csak egyetlen (zöld) korongunk van, azt bármelyik másik pálcára áttehetjük. Az 1-korongos Hanoi-gráf tehát egy háromszög. Célszerű már itt bevezetni az él színezését: az él színe a mozgatott korong (esetünkben zöld) színével egyezzen meg.
Adjunk hozzá egy második, nagyobb (lila) korongot is! Ekkor attól függően, hogy a lila korong melyik pálcán van, három darab zöld háromszöget kapunk, hiszen a zöld korong mozgását a lila továbbra sem akadályozza. A három zöld háromszög az 1. ábra szerint kapcsolódik egymáshoz lila élekkel. Sokan már sejthetik, mi történik további korong(ok) hozzáadása esetén. A 2. ábra a 4-korongos Hanoi-tornyok gráfját mutatja. Az, hogy a legnagyobb (fekete) korong melyik pálcán helyezkedik el, a gráf egyik ,,harmadát'' határozza meg. Mindegyik harmad megfelel az eggyel kisebb korongszámú Hanoi-tornyok gráfjának, ha figyelmen kívül hagyjuk a fekete korongot: bármelyik harmad \(\displaystyle \pm 120 \) fokos elforgatottja a másik kettő.
1. ábra. A 2-korongos Hanoi tornyai feladat gráfja
A gráfban három fekete él van, hiszen a legnagyobb korongot csak akkor tudjuk mozgatni, ha az összes többi korong egyetlen pálcán van – ilyen állapotból három pár van, a nekik megfelelő csúcsok között futnak a fekete élek.
2. ábra. A 4-korongos Hanoi tornyai feladat gráfja
3. ábra. Egy Hamilton-út a 4-korongos Hanoi tornyai feladat gráfjában
Tekintsük a hagyományos feladványt: kezdetben minden korong a bal oldali pálcán van, és juttassuk el az összes korongot a jobb oldali pálcára. A megoldás útvonala a 2. ábrán egy nyílegyenes, vízszintes út a nagy háromszög vízszintes oldala mentén. Aki próbálkozott már a Hanoi tornyai játékkal, bizonyára felismeri a megoldás menetét.
Még izgalmasabb, ha tetszőleges kiindulási, illetve célállapotot megengedünk, akár egyidejűleg. Legyen például a kiindulási állapot az, amelyikben a fekete korong középen, az összes többi a jobb oldalon van. A célállapotban pedig legyen a fekete korong a jobb oldalon, az összes többi pedig középen. Keressük meg a 2. ábra alapján a legrövidebb utat, azaz a legkevesebb lépést igénylő megoldást! Hányszor helyeztük át a fekete korongot? Természetesen könnyen lehet a fekete korong egyetlen áthelyezésével is megoldást találni, de az majdnem kétszer annyi lépést igényel.
Végezetül a 3. ábra a 4-korongos Hanoi tornyai feladvány gráfjában mutat egy Hamilton-utat.
[1] Kós Géza: Átkelés a folyón, KöMaL, 2024. szeptember.
[2] F. É. A. Lucas: La Tour d'Hanoï, 1883. https://www.cs.wm.edu/~pkstoc/page_1f.html, https://www.cs.wm.edu/~pkstoc/page_2f.html
[3] W. Sierpińnski: Sur une courbe dont tout point est un point de ramification, C. R. A. S. 160, (1915) 302–305.
[4] I. Stewart (1987): Another Fine Math You've Got Me Into, Oxford University Press
[5] Vígh Viktor: Gráffal modellezhető logikai játékok, KöMaL, 2024. november
Jó szórakozást!
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.
Az egyik legrégebben ismert egyszemélyes logikai játék a szoliter. Már a Napkirály udvarában játszottak vele, kicsit később pedig Leibniz is elismerően nyilatkozott róla. Egy lépésben egy szomszédos bábut kell átugrani. Ezt csak akkor lehet megtenni, ha mögötte üres hely található. Ugrani vízszintesen vagy függőlegesen szabad, de átlósan nem. Az átugrott bábut azonnal le kell venni.
Pusztán a szabályok ismeretében a feladat szinte megoldhatatlanul nehéz. Már az is szép eredmény, ha sikerül elérni, hogy csak 3-4 bábu maradjon a táblán.
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 egy példányának ára 2025. szeptembertől 1600 Ft, előfizetése 1 évre 12500 Ft – BJMT tagoknak 12000 Ft.
Megrendelem
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 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.
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 ...
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)
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?
