Fórum: Héttusa feladatok

Köszönöm a fordulókhoz a linkeket, a feladatok/megoldások elérhetőségét.

Négy fordulóban is volt olyan feladat (9., 17., 24., 32. feladat), hogy bábukat pakolunk a sakktáblára, valamilyen szabályt betartva, minél többet. Ezek a sakktáblás feladatok segíthetnek új kérdéseket megfogalmazni. A 17-es meglepő módon azonos a gyomos feladattal (lásd F.3220, KöMaL), és ez egy különleges, érdekes feladat, feladatkör.

A 28-as feladathoz sokféle indoklás érkezett, szép ötletekkel, kisebb hiányosságokkal. Ezekről is lehetne itt a Fórumban beszélgetni. (Lásd még: F.2280, P.364, KöMaL)

A 23-asra érkezett egy káprázatos, 8 oldalas megoldás, ez cikk lehetne a KöMaL-ban. (Az általános eset vizsgálata közben bizonyítja az 1997-es IMO 6. feladatát.) Ebből a megoldásból sokat tanulhatunk, ..., ha láthatjuk. Ezt lehetővé teheti a Fórum.

Szándékunk, hogy a kitűzött feladatok megoldására egy érdeklődő tizenévesnek hasonló esélye legyen, mint egy nyugdíjas matematikatanárnak. (Vannak is beküldők mindkét csoportból.)

Évente négyszer jelenik meg új feladatsor, 2 hetes beküldési határidővel. A Fórum lehetőséget ad az aktivitásra a köztes időszakokban.

(Ha a Fórumban hosszabb ideig csend van, akkor követem a 2.hsz. tanácsát: "Javaslom, dobj be egy-egy konkrét feladatot, amit meg tudunk tárgyalni.")

Héttusa cikkek az érintőben: https://ematlap.hu/reszletes-kereso?szurtrovat=Héttusa

Moderátor, nem lehetne szétrobbantani ezt a témát kisebb témákra, minden fordulóra egy? És akkor a téma indítója tartalmazhatja a feladatokat is.

hsz 3-9,12-14 : 5. forduló

hsz 10,11,15,17 : nem héttusa

hsz 16 : 3. forduló

Feleltessünk meg a kártyáknak 3-dimenziós rácspontokat. A feladat olyan \(\displaystyle P,Q\) pontpárokat elkerülni, amelyekre \(\displaystyle PQ\) párhuzamos egy koordináta­síkkal, de nem párhuzamos egyik tengellyel sem. Úgy is fogalmazhatunk, hogy a rossz pontpár azonos rétegben van, de nincs egy vonalban (az ,,egy vonalban" kifejezés pontosan a Makay Géza által bevezetett blokk fogalmat jelenti).

Lássuk be teljes indukcióval, hogy az \(\displaystyle [n]\times [m]\times [h]\) (\(\displaystyle n,m,h\ge4\)) rácstéglában legfeljebb \(\displaystyle n+m+h-6\) pont vehető fel úgy, hogy ne legyen köztük rossz pontpár. Nézzük először a 4x4x4-es kockát, abban is a vízszintes (\(\displaystyle z=k, k=1..4\)) rétegeket. Tegyük fel, hogy van 7 pont a kockában, rossz pár nélkül.

\(\displaystyle \bullet\) Ha valamelyik rétegben 4 pont van, azok szükségképpen egy vonalban vannak, így minden \(\displaystyle x,y\) értékpárt lefednek, tehát egy további pont akármelyik rétegben ezek egyikével rossz párt alkotna.

\(\displaystyle \bullet\) Ha valamelyik rétegben 3 pont van – szükségképpen egy vonalban – akkor ebben a vonalban egy pont hiányzik, és minden további (tehát 4) pont a hiányzó \(\displaystyle x\) vagy \(\displaystyle y\) koordinátaértékhez tartozó, a vonalra merőleges függőleges rétegbe kell hogy essen, ami az előbbi miatt rossz párhoz vezet.

\(\displaystyle \bullet\) Végül, ha csak 3 vízszintes rétegben lenne pont, akkor valamelyik rétegbe legalább 3 pont jutna a 7-ből. Ez tehát nem lehet, és így feltehetjük, hogy mind a 4 rétegben van pont, méghozzá 2-2-2-1 elosztásban.

Legyenek ezeknek a vetületei a \(\displaystyle z=0\) síkon \(\displaystyle A,A'\), \(\displaystyle B,B'\), \(\displaystyle C,C'\) és \(\displaystyle D\). Könnyű látni, hogy \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\) és \(\displaystyle D\) egy szabad bástyafelállásnak felel meg, azaz nincs közöttük kettő azonos vonalban, és nincs egybeesés sem, így ez a 4 pont minden \(\displaystyle x,y\) értékpárt lefed, tehát pl. az \(\displaystyle A'\)-nek megfelelő pont valamelyik vesszőtlen pont ősével rossz párt kell hogy alkosson. Ez pedig ellentmondás.

Tehát a 4x4x4-es kockában legfeljebb 6 megfelelő pont lehet. (Annyit meg is lehet adni, méghozzá különös módon kétféleképpen, amikor 3+3, illetve amikor 2+2+2 esik egy-egy kitérő vonalba.)

Az \(\displaystyle n+m+h\) szerinti teljes indukciós lépés nagyon egyszerű. Tekintsük a \(\displaystyle n,m,h\) közül a legnagyobbnak megfelelő irányt függőlegesnek. Ha így minden vízszintes rétegben legalább 2 pont van, akkor a párok vetületeiről ugyanazt mondhatnánk, mint a 4x4x4-es bizonyítás végén. Ezért valamelyik vízszintes rétegben legfeljebb 1 pont van, ezt a réteget elhagyva, alkalmazhatjuk az indukciós feltevést az eggyel kisebb téglára, és készen vagyunk.

A 21. feladatra a válaszom nem 32, hanem 720 volt, és azt kis vita után elfogadták.

Ugyanis ha Hófehérke lefelé fordított névjegykártyákkal jelölte meg a helyeket, és azokat csak a törpék Kuka mögötti felsorakozása után fedi fel, akkor bármilyen ülésrend kialakulhat.

1. állítás: A feltételeknek megfelelő kiválasztott lapok mindenképpen "blokkokba" rendezhetőek: egy blokkon belül két tulajdonság fog megegyezni minden kártyán, a blokkok között pedig egy sem.

Bizonyítás: Legyen két kártyán két tulajdonság megegyező, a korábbi jelöléssel a két kártya legyen ABC és ABD (itt most a törpe az A, a sapka a B, és a szerszám a C és a D). Egy harmadik kártya legyen EFG. Ha ez a kártya semmiben nem egyezik meg a másik kettővel, akkor másik blokkban van. Ha \(\displaystyle E=A\), akkor lehet \(\displaystyle F=B\), és akkor a kártya a két másikkal azonos blokkban van. Ha \(\displaystyle E=A\) és \(\displaystyle F\not =B\), akkor lehetne még \(\displaystyle C=G\), de akkor az ABD és az EFG kártyák csak egy tulajdonságban egyeznek. Hasonlóan látható, hogy \(\displaystyle D=G\) sem lehet, és az \(\displaystyle A\not =E\), \(\displaystyle B=F\) sem fordulhat elő.

2. állítás: A probléma megoldható legfeljebb 3 blokkal is.

Bizonyítás: Ha példaul a törpe és a sapka egyezik meg két különböző blokkon belül, akkor az a két blokk összevonható lenne egybe is úgy, hogy ugyanaz a törpe és sapka legyen mindkét blokk kártyáin. Ugyanis ha a blokkok között nincs egyezés, akkor a két blokk egy blokkba olvasztásával sem lesz egyezés, és az eddig "diszjunkt" két blokkból pedig egy szabályos blokk lesz. Ezt az eljárást bármelyik tulajdonságpárra elvégezhetjük, így a blokkok számát a tulajdonságpárok száma felülről korlátozza, az pedig 3.

3. állítás: Ha egy blokk van, akkor legfeljebb 7 kártyát választhatunk ki.

Bizonyítás: Mivel két tulajdonság rögzített a blokkon belül, csak a harmadik változhat, és a tulajdonságok közül a törpéből van legtöbb, így legfeljebb 7 kartya lehet a blokkban.

4. állítás: Ha két blokk van, akkor legfeljebb 11 kártyát választhatunk ki.

Bizonyítás: Egy a törpékben különböző blokkban maximum 7 kártya lehet, de ha két blokk van és azok egyetlen tulajdonságban sem egyeznek meg, akkor egy törpét a másik blokk számára kell fenntartanunk, így a blokkban már csak 6 kártya lehet. Hasonló okoskodással a sapkában különböző blokkban csak 6 kártya lehetne, de abból is egyet a másik blokkban kell használnunk, úgy már csak 5 kártya lehet a blokkban, ez összesen 11 kártya. És ilyen kártya húzás lehetséges: 111, 211, 311, 411, 511, 611, 722, 732, 742, 752, 762.

5. állítás: Ha három blokk van, akkor legfeljebb 12 kártyát választhatunk ki.

Bizonyítás: A fenti okoskodást tovább gondolva a törpékben különböző blokkban legfeljebb 5 kártya lehet (két törpét "használunk el" a másik két blokkban), a sapkás blokkban 4 kártya lehet, a szerszámosban pedig 3. Ez összesen 12, és a programom megtalálta ezt a megoldást, de ez alapján akár fejben is megoldható lett volna a feladat. Nekem viszont kellett a számítógép által adott megoldásból származó sejtés... :)

Elnézést, hogy értetlenkedek, de ebből számomra még az sem derül ki, hogy a saroknégyzetbeli piros mezőknek két átellenes lapon kellene lenniük, nemhogy az, hogy a pirosaknak két átellenes lap átlójában kell lenniük. Lemaradtam valamiről, kihagytam valamit?

Lehet, hogy félreértettem, de a bejegyzésed azt sugallja, mintha nem lenne más lehetőség, mint hogy a bástyák egy körben vannak, vagy négy körben vannak. Csak a tisztázás kedvéért: a bástyák alkothatnak kettő vagy három kört is, könnyű ilyet konstruálni pl. úgy, hogy a főátló mentén megfelelő méretű négyzet alakú táblarészekben csinálunk egy-egy kört.

Egyféle színezés van. A sarokkockáknak háromszínűeknek kell lenni. Ha nézzük azt a lapot, ahol a saroknégyzet piros, akkor a négyzetek színezésénél a kék és zöld felcserélhető, de ezzel nem kapunk újabb olyan kockát, amelynek 2*13 piros négyzete van.

A Törpe-kártyacsomag feladatra programot írtam, ami szerint (kb. 1 perces futás után) maximum 12 kártya választható ki a feltételeknek megfelelően. Az alábbi háromjegyű számokban az első számjegy a törpe sorszáma, a második a sapkáé, a harmadik az eszközé (pl. 254=2. törpe, 5. sapka, 4. eszköz): 111, 112, 113, 224, 234, 244, 254, 365, 465, 565, 665, 765. Az elv viszonylag egyszerűen látható: az első 3 képen ugyanaz a törpe és a sapka, a következő 4-en a törpe és az eszköz egyezik meg, a maradék 5-ön pedig a sapka és az eszköz; a különböző "blokkok" között semmi egyezés nincs. Még gondolkodom a matematikai magyarázaton, de szabad a pálya másoknak is... :)

A Héttusa versenyen ezt a feladatot szerettem volna feladni, csak nem tudtam megoldani.

A Törpe-kártyacsomag lapjain a hét törpe szerepel. Egy lapon egy törpét látunk, akinek a fején a sapka színe adott 6 szín közül valamelyik, és a törpe kezében valamilyen eszköz van (ásó, lapát, csákány, kalapács vagy lámpa). Mind a hét törpéről minden változatban készült egy-egy kártyalap, így a kártyacsomagnak \(\displaystyle 7\cdot 6 \cdot 5=210\) lapja van.

Legfeljebb hány lapot választhatunk közülük, ha a kiválasztottak között nincs két lap, melyek pontosan egy tulajdonságban egyeznek?

(A tulajdonságok: a törpe személye, sapkája színe, a kezében lévő eszköz.)

Az erinto29 feladat olyan megoldasai, amikor a 32 bástya egyetlen kört alkot, s nem 4 különállót a1,c2,e1,g2,h4,g6,f8,h7,g5,f7,h6,g4,h2,f1,g3,h5,g7,e8,c7,a6,b8,c6,a7,c8,b6,c4,b2,d1,c3,a2,c1,b3 a1,c2,a3,c4,b6,c8,a7,c6,b8,a6,c7,e6,f8,g6,h8,f7,h6,g8,f6,h5,g3,f1,h2,f3,g1,h3,f2,d1,c3,a2,c1,b3 a1,c2,a3,c4,b6,c8,a7,c6,b8,a6,c7,e8,f6,h7,f8,g6,h8,f7,h6,f5,g3,f1,h2,f3,g1,h3,f2,d1,c3,a2,c1,b3 a1,c2,a3,b1,c3,a4,b2,d3,f2,h3,g1,f3,h2,f1,g3,h5,g7,e8,c7,a6,b8,d7,f8,g6,e7,g8,h6,f7,d8,b7,a5,b3 a1,c2,a3,b1,c3,a4,b6,c8,a7,c6,b8,a6,c7,e6,f8,g6,h8,f7,h6,g8,f6,h5,g3,f1,h2,f3,g1,h3,f2,d3,c1,b3 a1,c2,a3,b1,c3,a4,b6,c8,a7,c6,b8,a6,c7,e8,f6,h7,f8,g6,h8,f7,h6,f5,g3,f1,h2,f3,g1,h3,f2,d3,c1,b3 a1,b3,c1,a2,c3,d1,b2,c4,b6,c8,a7,c6,b8,a6,c7,e8,g7,h5,g3,f1,h2,g4,h6,f7,g5,h7,f8,g6,h4,g2,e1,c2 a1,b3,c1,a2,c3,d1,f2,h3,g1,f3,h2,f1,g3,f5,h6,f7,h8,g6,f8,h7,f6,e8,c7,a6,b8,c6,a7,c8,b6,c4,a3,c2 a1,b3,c1,a2,c3,d1,f2,h3,g1,f3,h2,f1,g3,h5,f6,g8,h6,f7,h8,g6,f8,e6,c7,a6,b8,c6,a7,c8,b6,c4,a3,c2 a1,b3,c1,d3,f2,h3,g1,f3,h2,f1,g3,f5,h6,f7,h8,g6,f8,h7,f6,e8,c7,a6,b8,c6,a7,c8,b6,a4,c3,b1,a3,c2 a1,b3,c1,d3,f2,h3,g1,f3,h2,f1,g3,h5,f6,g8,h6,f7,h8,g6,f8,e6,c7,a6,b8,c6,a7,c8,b6,a4,c3,b1,a3,c2 a1,b3,a5,b7,d8,f7,h6,g8,e7,g6,f8,d7,b8,a6,c7,e8,g7,h5,g3,f1,h2,f3,g1,h3,f2,d3,b2,a4,c3,b1,a3,c2

https://github.com/tugyu/erinto33 helyen közzétettem a programot, ami a feladatnak megfelelő összes megoldást kikeresi kiszűrve a forgatással fedésbe hozhatók többszörös megjelenítését, de megtartva a tengelyes tükörképeket Ha csak a 25 megoldás képét szeretnéd látni https://github.com/tugyu/erinto33/blob/main/erinto33.jpg

A 2. kérdéshez egy másféle gondolatmenet arra, hogy 16-nál több nem lehetséges.

Tegyük fel, hogy sikerült legalább 17 bástyát elhelyezni a kért módon. Nevezzük középsőnek az olyan bástyát, amelynek a sorában (vagy oszlopában) van az általa ütés alatt tartott két bástya. Biztosan lesz olyan sor, amelyik legalább 3 bástyát tartalmaz. Válasszunk ki ebből a sorból egy középső bástyát. Ennek a bástyának az oszlopában nem lehet további bástya, hiszen akkor kettőnél többet tartana ütés alatt. Lesz egy olyan oszlop is, amelyik legalább 3 bástyát tartalmaz. Ennél is lesz középső bástya, amelynek sora rajta kívül más bástyát nem tartalmaz. Ha elhagyjuk az előbbi két középső bástyát az oszlopával illetve sorával együtt, akkor marad egy 7x7-es tábla, rajta legalább 15 bástyával, amelyek továbbra is pontosan két másikat kell, hogy ütés alatt tartsanak.

De most is található egy-egy sor és oszlop, amelyben legalább 3 bástya van. Az előző gondolatmenetet ismételve lennie kell 6x6-os táblának legalább 13, 5x5-ösnek legalább 11, 4x4-esnek legalább 9, 3x3-asnak legalább 7, 2x2-esnek legalább 5 bástyával. Ez utóbbi viszont biztosan lehetetlen. Ellentmondásra jutottunk, el kell vetnünk a feltevést, hogy van legalább 17 bástyát tartalmazó megfelelő elrendezés.

Danka Emma 2. kérdésére:

A kérdést csak úgy lehet érteni, hogy elhelyezés után tart minden bástya két másikat ütés alatt, ugyanis az első és második bástya lehelyezése közben azok nem üthetnek két másikat: nincs annyi bástya a táblán.

16 bástya biztosan elhelyezhető például úgy, hogy a bal felső sarokból induló első sorban és első oszlopban vannak bástyák, illetve a jobb alsó sarokban még egy. Vagy ha a főátló mentén \(\displaystyle 2\times 2\)-es elrendezésben vannak bástyák.

A bástyákat pontoknak és az ütéseket éleknek tekintve egy elhelyezés egy gráfot ad meg. Ebben a gráfban bármelyik pontból elindulva és éleken lépegetve körök alakulnak ki. Amennyiben 2 vagy több a körön egymást követő él egyenes vonalban csatlakozik egymáshoz, az kizárja az összes többi körből az azon az egyenesen levő pozíciókat, mint bástyaelhelyezési lehetőséget, és kizárja az összes olyan az egyenesre merőleges sort vagy oszlopot, ami nem szélső bástyá(k)hoz tartozik. Amennyiben 2 él derékszögben csatlakozik, az kizárja a derékszög csúcsánál lévő sort és oszlopot az összes többi körből. Ezeket összeszámolva az derül ki, hogy egy kör pontosan annyi sort és oszlopot zár ki más körökből, ahány bástya van a körön. Mivel összesen 8-8 sor és oszlop, ez alapján maximum 16 bástya helyezhető el.

5. forduló 6. feladata:

34. Pongrác, a kockafestő művész, egy kocka mindegyik lapját 49 darab egybevágó kis négyzetre osztotta, majd a kis négyzetek mindegyikét befestette pirosra, kékre vagy zöldre úgy, hogy ne legyenek azonos színű szomszédos négyzetek. (Két négyzet szomszédos, ha van közös oldala; és ez a két négyzet lehet a kocka két különböző oldallapján is.) Legkevesebb hány olyan négyzet van, amelyeket Pongrác pirosra festett?

Kérdés: hány ilyen szinezés lehetséges?

Az első kérdéshez egy elrendezés.

Már lejárt az 5. forduló beküldési határideje.

https://ematlap.hu/hettusa-2/1402-hettusa-5-fordulo-2024-junius

A feladatok felvetnek újabb kérdéseket, erre példa az 1. forduló 1. feladata (Van-e olyan szám, amelynek pontosan tíz pozitív osztója van a 20-nál nem nagyobb számok között?), amelyből Schweitzer-feladat lett.

Az 5. forduló első feladata:

29. Elhelyezhető-e 32 huszár a sakktáblán úgy, hogy mindegyik huszár pontosan két másikat tartson ütés alatt?

Dombi Péter megvizsgálta a kérdést úgy is, ha minden huszár pontosan 1 másikat támad.

Legyen ez az 1. kérdés: Elhelyezhető-e 32 huszár a sakktáblán úgy, hogy mindegyik huszár pontosan 1 másikat támad?

Danka Emma kérdése:

2. kérdés: Legfeljebb hány bástya helyezhető a sakktáblára úgy, hogy mindegyik bástya pontosan két másikat tartson ütés alatt?

A 29. feladatra igen a válasz, Makay Géza talált olyan elrendezést is, amely semmilyen szempontból sem szimmetrikus.

Javaslom, dobj be egy-egy konkrét feladatot, amit meg tudunk tárgyalni.

A Héttusa feladatmegoldó verseny 2023 júniusában indult az Érintőben (ematlap.hu).

A feladatokra sokféle szép megoldás érkezik, értékes megjegyzésekkel, általánosításokkal, háttérinformációkkal. Előkerülnek olyan kérdések, amiket érdemes megbeszélni.

Már az első forduló után látható volt, hogy hasznos lenne egy közös fórum, ahol beszélgethetünk a feladatokról (a beküldési határidő után).

Köszönjük a KöMaL-nak, hogy erre lehetőséget kaptunk.