Gál Péter
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.
Az egyik legrégebben ismert egyszemélyes logikai játék a szoliter. Már a Napkirály udvarában játszottak vele, kicsit később pedig korának egyik legnagyobb tudósa, Gottfried Wilhelm Leibniz is elismerően nyilatkozott róla.
A szoliter legismertebb változatát egy 33 mezős, kereszt alakú táblán játsszák. Ezt hívják angol táblának. Kezdetben a középsőt kivéve minden mezőn áll egy bábu. Cél az elrendezés megfordítása, vagyis, hogy csak a középső mezőn álljon egy bábu!
Ezt a feladatot tűztük ki rovatunkban a KöMaL 2025. márciusi számában. Ebben a cikkben a feladvány részletes elemzése olvasható.
1. ábra
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.
Ezek a játék szabályai, de pusztán a szabályok ismeretében a feladat szinte megoldhatatlanul nehéz. (Ebben talán hasonlít egy kicsit a bűvöskockára.) Már az is szép eredmény, ha sikerül elérni, hogy csak 3-4 bábu maradjon a táblán, tetszőleges elrendezésben. A következőkben olyan módszerekről lesz szó, amelyek segítségével nem csupán egyszerűen megoldhatóvá válik a feladat, de az eljárások más táblákon is sikerrel alkalmazhatóak.
Tekintsük a következő kezdőállást és lépéssorozatot:
2. ábra
A világosabb bábuk eltűntek, míg a sötétebb a helyén maradt. A világosabb bábuk ilyen elrendezését nevezzük önmegsemmisítő alakzatnak, a sötétet pedig katalizátornak. A következő állás hasonló:
3. ábra
Itt a lépéssorozat végén az előző (2.) ábra kezdőállását kaptuk (elforgatott helyzetben, de ez a megoldás szempontjából lényegtelen), vagyis ez is egy önmegsemmisítő alakzat. A katalizátor lehet az X-szel jelölt helyen is.
És még egy, talán a legszellemesebb:
4. ábra
De hogyan használhatjuk ezeket az alakzatokat az eredeti játék megoldására? Osszuk fel a táblát ilyen önmegsemmisítő alakzatokra úgy, hogy a szükséges üres mezőkre és katalizátorokra is figyeljünk. Pl. egy lehetséges felosztást mutat az 5. ábra.
5. ábra
A számok sorrendjében el tudjuk távolítani az önmegsemmisítő alakzatokat. Ezek után a két körül nem kerített bábu marad a táblán. Az alsóval beugorhatunk a tábla közepére, így megoldottuk a feladványt.
Még könnyebben megjegyezhető módszert kapunk, ha a 6. ábra szerinti alakzatot és lépéseket jegyezzük meg.
6. ábra
A kiinduló lyukas L-ből eljutunk az ,,inverzéhez'', amikor csak ott van bábu, ahol eredetileg nem volt. Ennek felhasználásával feloszthatjuk a táblát a 7. ábrán látható módon.
8. ábra
Először az 1-es, majd a 2-es bábuval lépve megkapunk egy lyukas L-et. Ennek inverze után lesz hely a következő L-hez, majd a harmadikhoz, aztán a negyedikhez. Ezek után a 8. ábrán látható, már egyszerűen megoldható táblát kapjuk.
Ennek megoldását már az olvasóra bízzuk.
* * *
Eddig az angol tábla megoldási lehetőségeivel foglalkoztunk. Most térjünk át a francia táblára. A francia tábla a 9. ábrán látható, az angol táblához négy sarokmezőt illesztve kapjuk.
9. ábra
Vajon megoldható-e az alapfeladvány? El lehet-e érni, hogy a középső mező kivételével teli tábláról eljussunk ennek inverzéhez, amikor csak a középső mezőn áll bábu?
10. ábra
Betűzzük meg a mezőket a 10. ábra szerint.
Minden lépésben három különböző betűvel jelölt mező érintett. Ezek közül kettőn eggyel csökken a bábuk száma, a harmadikon pedig eggyel nő, és a táblán szereplő bábuk száma is eggyel csökken. Vagyis, ha kivonjuk pl. az A-val jelölt mezőkön szereplő bábuk számát a táblán levőkéből, akkor ennek paritása nem változik akárhogy is lépünk. Ugyanez igaz a B-vel és C-vel jelölt mezőkre is.
Ha kezdetben minden mező foglalt, csak a középső, B-vel jelölt nem, akkor 12 mező foglalt minden betűvel jelölt közül. \(\displaystyle 36-12=28\), vagyis a különbség páros mindhárom esetben. Ez a játék során nem is fog változni. Ha az utolsó bábu a középső, B mezőn maradna, akkor a három különbség közül csak egy lenne páros, a másik kettő páratlanná válna, ami lehetetlen. Így beláttuk, hogy a francia táblán nemcsak az alapfeladvány megoldhatatlan, hanem mindegyik, ahol kezdetben a középső mező üres egyedül, sőt az is következik az eddigiekből, hogy akármelyik B-vel jelölt mező üres kezdetben, megoldhatatlan feladványt kapunk.
Mi a helyzet abban az esetben, ha egy A vagy C jelű mező üres kezdetben? Ilyenkor megoldható az inverz feladvány? Ebben az esetben, ha 36 bábu van a táblán, akkor 13 B jelű mező foglalt, és 11 A, illetve 12 C jelű (vagy fordítva, 12 A és 11 C jelű). A három különbség közül kettő páratlan, egy pedig páros. Ez lehetséges a megoldott táblán is, mert a végén egy bábu esetén is ugyanez a helyzet. Az is következik az eddigiekből, hogy ha kezdetben A jelű mező volt üres, akkor a végén C jelűn maradhat csak bábu, és fordítva. Vagyis sosem oldható meg az inverz probléma.
11. ábra
Az előbbi okfejtések mind csak szükséges feltételei a megoldhatóságnak. Az eddigiek alapján az is elképzelhető, hogy semmilyen kezdő állásból, ahol csak egy üres mező van, nem érhető el az, hogy csak egyetlen bábu maradjon a táblán. Szerencsére ez nincs így. Van néhány (szimmetriáktól eltekintve mindössze három) mező, amelyek közül kezdéskor egyet üresen hagyva, megoldható feladványt kapunk. Ezek közül lássunk egyet, a megoldást is bemutatva a már megismert önmegsemmisítő alakzatokkal, lásd 11. ábra.
Az ábrán S jelöli a kezdetben üres mezőt, C pedig azt, ahova a végén érkezik az utolsó bábu.
Láttuk, hogy a francia táblán nem megoldható az inverz probléma, semelyik kezdetben üres mező esetén sem. Van-e olyan tábla, ahol akármelyik mező üresen marad, és megoldható az inverz feladvány? Belátható, hogy az angol tábla is ilyen, de vajon létezik-e kisebb, egyszerűbb? George Bell és társai számítógépes elemzésekkel megtalálták a legkisebb, négyzetes szimmetriával rendelkező, minden mezőre megoldható táblákat. Érdemes ezeken is kipróbálni az inverz feladványokat, komolyabb elméleti háttér nélkül is megoldhatóak.
12. ábra
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.
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.
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.
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 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 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.
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)
