A B. 5400. feladat (2024. szeptember)

B. 5400. Egy \(\displaystyle 3\times3\)-as bűvös négyzetben az egyik számot \(\displaystyle 1\)-gyel megnöveltük. Legalább hány számot kell még megváltoztatnunk ahhoz, hogy ismét bűvös négyzetet kapjunk? (A \(\displaystyle 3\times3\)-as bűvös négyzet olyan \(\displaystyle 3\times 3\)-as számtáblázat, amelynek minden sorában, oszlopában és átlójában szereplő három-három szám összege ugyanannyi.)

Javasolta: Juhász Máté

(4 pont)

A beküldési határidő 2024. október 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Világos, hogy ha egy \(\displaystyle 3\times 3\)-as négyzet mezőibe beírjuk, hogy mekkorák a változások, akkor szintén bűvös négyzetet kapunk. A kérdés tehát az, legalább hány nemnulla számnak kell szerepelnie egy olyan \(\displaystyle 3\times 3\)-as bűvös négyzetben, amiben szerepel az 1 egy adott mezőben.

Tekintsünk egy bűvös négyzetet, ahol minden sorban, oszlopban, átlóban \(\displaystyle S\) az összeg:

A kilenc szám összege \(\displaystyle 3S\), hiszen például soronként \(\displaystyle S\) az összeg. Mivel \(\displaystyle 4S=(a+e+i)+(c+e+g)+(b+e+h)+(d+e+f)=(a+b+c+d+e+f+g+h+i)+3e=3S+3e\), ezért \(\displaystyle S=3e\). Ez egyben azt is jelenti, hogy minden olyan sorban, oszlopban és átlóban, ami tartalmazza a középső mezőt, a számok egy számtani sorozatot alkotnak, melynek középső eleme \(\displaystyle e\).

Azt látjuk be, hogy ha egy bűvös négyzetben szerepel az 1, akkor legalább hat nemnulla szám szerepel benne. Mutatunk konstrukciókat, hogy bárhol is szerepel az 1 (az eredeti feladatban bármelyik érték is lett 1-gyel megnövelve), meg is valósítható ez:

Ezen két táblázat elforgatásával bárhova kerülhet 1, tehát mind a kilenc mező esetén elérhető, hogy ha oda 1 kerül, vele együtt csak 6 nemnulla szám legyen.

Most rátérünk annak igazolására, hogy a nemnulla számok száma nem lehet hatnál kevesebb, ez egyenértékű azzal, hogy nincs legalább négy 0 a számok között.

Először tegyük fel, hogy \(\displaystyle e\ne 0\). Mivel \(\displaystyle (a,e,i)\), \(\displaystyle (b,e,h)\), \(\displaystyle (c,e,g)\), \(\displaystyle (d,e,f)\) mind három hosszú számtani sorozatok, melyeknek középső eleme \(\displaystyle e\ne 0\), ezért csak úgy lehetne négy 0 a számok között, ha mind a négy sorozatban van 0 (két 0 ugyanis nem lehet, hiszen \(\displaystyle 0,e,0\) nem számtani sorozat), vagyis ha mind a négy számtani sorozat két szélső eleme \(\displaystyle 0\) és \(\displaystyle 2e\) valamilyen sorrendben. Ekkor viszont speciálisan \(\displaystyle a,d,g\in \{0,2e\}\), ami ellentmond annak, hogy \(\displaystyle a+d+g=3e\), hiszen így csak \(\displaystyle a+d+g\in \{0,2e,4e,6e\}\) lehetne.

Tehát feltehetjük, hogy \(\displaystyle e=0\). Ha a számok között van négy 0, akkor valamelyik sorban van legalább két 0. Mivel \(\displaystyle S=3e=0\), ezért ebben a sorban három 0 van. Ha ez a sor az első, vagy a harmadik lenne, akkor \(\displaystyle a=-i,b=-h,c=-g\) miatt \(\displaystyle a=b=c=g=h=i=0\) lenne, viszont ekkor \(\displaystyle a+d+g=c+f+i=0\) alapján \(\displaystyle d=f=0\) is teljesülne, vagyis minden 0 lenne. Így csak \(\displaystyle d=e=f=0\) lehet. Ekkor az első oszlop alapján \(\displaystyle g=-a\), a két átló alapján \(\displaystyle c=-g=a\) és \(\displaystyle i=-a\), végül az első és a harmadik sorok alapján \(\displaystyle b=-a-c=-2a\) és \(\displaystyle h=-g-i=2a:\)

Itt ha \(\displaystyle a=0\), akkor minden 0, ha pedig \(\displaystyle a\ne 0\), akkor csak három darab 0 van.

Ezzel bizonyítottuk, hogy ha egy bűvös négyzetben egy számot 1-gyel megnövelünk, akkor még legalább öt másik számot meg kell változtatnunk, hogy ismét bűvös négyzetet kapjunk, ennyi pedig mindig elég, bármelyik számot is változtattuk meg.

Statisztika:

113 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Ali Richárd, Baran Júlia, Bodor Ádám, Csató Hanna Zita , Forrai Boldizsár, Görömbey Tamás, Gyenes Károly, Hajba Milán, Hideg János, Holló Martin, Kerekes András, Kovács Benedek Noel, Kővágó Edit Gréta, Molnár István Ádám, Ozsváth Botond, Péter Hanna, Prohászka Bulcsú, Sánta Gergely Péter, Sha Jingyuan, Sütő Áron, Szabó 721 Sámuel, Tamás Gellért, Török Eszter Júlia, Vámosi Bendegúz Péter, Vigh 279 Zalán, Virág Lénárd Dániel, Virág Tóbiás, Wágner Márton, Wiener Marcell.
3 pontot kapott:	Bui Thuy-Trang Nikolett, Hodossy Réka, Juhász-Molnár Mirkó, Molnár-Sáska Tamás, Németh Bernát, Sárdinecz Dóra.
2 pontot kapott:	18 versenyző.
1 pontot kapott:	17 versenyző.
0 pontot kapott:	32 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	6 dolgozat.

A KöMaL 2024. szeptemberi matematika feladatai