A B. 4384. feladat (2011. október)

B. 4384. Lapunk B. 4283. feladata szerint, ha egy 23×23-as négyzetet felbontunk 1×1-es, 2×2-es és 3×3-as négyzetekre, akkor ehhez szükségünk van legalább egy darab 1×1-es négyzetre is. Hol helyezkedhet el az 1×1-es négyzet, ha tudjuk, hogy pontosan egy szerepel a felbontásban?

Javasolta: Gyenes Zoltán (Budapest)

(5 pont)

A beküldési határidő 2011. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. A \(\displaystyle 23\times23\)-as négyzet mezőit színezzük ki olyan módon, hogy sorait felülről lefelé haladva megszámozzuk 1-től 23-ig, majd a páratlan sorszámú sorokban lévő mezőket feketére színezzük, a többi mezőt pedig fehérre. A fekete négyzetek száma 23-mal nagyobb a fehér négyzetek számánál; ez a szám 3-mal osztva 2 maradékot ad. A felbontásban szereplő \(\displaystyle 2\times2\)-es négyzetek mindegyike 2 fehér és 2 fekete mezőből áll össze, a \(\displaystyle 3\times3\)-as négyzetekben pedig mind a fehér, mint a fekete mezők száma osztható 3-mal. Ez azt jelenti, hogy ha az \(\displaystyle 1\times1\)-es négyzettől eltekintünk, akkor a fekete mezők számából a fehér mezők számát kivonva 3-mal osztható számot kell kapnunk. Az \(\displaystyle 1\times1\)-es mező színe tehát fehér kell legyen, vagyis páros sorszámú sorban kell, hogy elhelyezkedjen. Ha pedig az oszlopokat is megszámozzuk balról jobbra haladva 1-től 23-ig, akkor az elrendezés elforgatásával azt is beláttuk, hogy az \(\displaystyle 1\times1\)-es mező páros sorszámú oszlopban foglalhat csak helyet.

Most színezzünk feketére minden harmadik sort, vagyis azokat a mezőket, melyek sorszáma osztható 3-mal. A fekete mezők száma ekkor \(\displaystyle 7\cdot 23\), a fehéreké \(\displaystyle 16\cdot 23\), vagyis ha a fehér mezők számának kétszereséből levonjuk a fekete mezők számát, páratlan számot kapunk. Minden \(\displaystyle 2\times2\)-es négyzetbe páros sok (0 vagy 2) fekete mező esik. A \(\displaystyle 3\times3\)-as négyzetek mindegyikében páratlan sok (3) fekete mező található, azonban a \(\displaystyle 3\times3\)-as négyzetek száma páros, hiszen a táblázat páratlan sok mezőből áll össze. Ez azt jelenti, hogy ha az \(\displaystyle 1\times1\)-es négyzettől eltekintünk, és a fehér mezők számának kétszereséből levonjuk a fekete mezők számát, páros számot kapunk. Az \(\displaystyle 1\times1\)-es mező színe tehát fekete kell legyen, vagyis hárommal osztható sorszámú sorban kell, hogy elhelyezkedjen. Ugyanúgy az oszlopának sorszáma is osztható kell legyen hárommal.

Eddigi vizsgálataink azt mutatják, hogy az \(\displaystyle 1\times 1\)-es négyzet csak azon 9 mező valamelyikén helyezkedhet el, melyeknek mindkét koordinátája osztható 6-tal. Ez a 9 lehetőség pedig meg is valósítható. Vegyük észre ugyanis, hogy egy \(\displaystyle 1\times 1\)-es négyzet két \(\displaystyle 5\times 6\)-os és két \(\displaystyle 6\times 5\)-ös téglalap segítségével kiegészíthető egy olyan \(\displaystyle 11\times 11\)-es négyzetté, melynek az \(\displaystyle 1\times 1\)-es négyzet a közepén foglal helyet; a kiegészítéshez használt téglalapok pedig felbonthatók 3 darab \(\displaystyle 2\times2\)-es és 2 darab \(\displaystyle 3\times3\)-as négyzetre. Már csak annyit kell észrevennünk, hogy ha a 9 lehetséges helyzet bármelyikére elkészítjük a szóban forgó \(\displaystyle 11\times 11\)-es négyzet fent leírt felbontását, az eredeti \(\displaystyle 23\times23\)-as négyzetből megmaradt tartomány felbontható két \(\displaystyle 5\times 6\)-os, két \(\displaystyle 6\times 5\)-ös és nyolc \(\displaystyle 6\times 6\)-os téglalapra, melyek mindegyike kiparkettázható \(\displaystyle 2\times2\)-es és \(\displaystyle 3\times3\)-as négyzetekkel.

Statisztika:

40 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Ágoston Péter, Ágoston Tamás, Fehér Zsombor, Géczi Péter Attila, Havasi 0 Márton, Herczeg József, Homonnay Bálint, Janzer Olivér, Kiss 902 Melinda Flóra, Kúsz Ágnes, Maga Balázs, Makk László, Máthé László, Mester Márton, Mihálykó András, Nagy Bence Kristóf, Németh Márton, Somogyvári Kristóf, Szabó 789 Barnabás, Talyigás Gergely, Tardos Jakab, Varga 149 Imre Károly, Varnyú József, Viharos Andor.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	5 versenyző.
0 pontot kapott:	10 versenyző.

A KöMaL 2011. októberi matematika feladatai