Szerk
C. 1853. Néhány kutató egy virágos homokgyepen zümmögő poszméhek ötvenfős csapatát figyeli. Izgatottan állapítják meg, hogy a poszméhek mindegyike pontosan négyféle virágról gyűjtött virágport, mielőtt továbbrepült volna. Sőt, még azt is feljegyezték, hogy mindegyik poszméh különböző négyest választott, de mind az \(\displaystyle 50\) poszméh meglátogatott egy buglyos fátyolvirágot. Bizonyítsuk be, hogy összesen legalább 9-féle virágról gyűjtöttek a poszméhek.
Javasolta:Paulovics ZoltánBudapest
Megoldás. Legyen a virágok száma a fátyolvirágon kívül \(\displaystyle n\). Ha a poszméhek valóban különböző virágnégyestől gyűjtik a virágporaikat, akkor összesen \(\displaystyle \binom{n}{3}\) virágnégyest látogathatnak meg (hiszen a fátyolvirág porait mind begyűjtötték), ami így nem lehet kevesebb mint a poszméhek száma. Avagy
\(\displaystyle \binom {n}{3}\geq50.\)
Ha \(\displaystyle 8\) virág lenne, akkor (\(\displaystyle n=8-1=7\) miatt) \(\displaystyle \binom{7}{3}=35<50\) lenne. És mivel \(\displaystyle \binom {n}{3}\leq\binom{n+1}{3}\) \(\displaystyle (n\geq3)\)-ra, ezért kevesebb virág esetén sem lehetnének meg a különböző \(\displaystyle 4\)-esek. Tehát \(\displaystyle n \geq 8\). Ha \(\displaystyle 9\) virág lenne (tehát \(\displaystyle n=8\)), akkor \(\displaystyle \binom{8}{3}=56\geq50\). Azaz \(\displaystyle 9\) virág valóban a minimális virágszám, ahonnan a poszméhek virágport gyűjthettek ily módon.
Farkas AndrásJászberény, Lehel Vezér Gimn., 11. o. t.dolgozata alapján
187 dolgozat érkezett. 5 pontos 165, 4 pontos 19, 3 pontos 1, 1 pontos 2.
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!
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 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.
