| Cím: | Megjegyzések az 589. gyakorlathoz | ||
| Szerző(k): | Bakos Tibor | ||
| Füzet: | 1931/március, 226 - 228. oldal |  PDF | MathML |
|
| Témakör(ök): | Szakmai cikkek | ||
| Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1931/január: 589. matematika gyakorlat | ||
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Ha az 589. gyakorlat megoldásában az ábrabeli harmadik oszlopot az első elé helyezzük, u. n. ,,bűvös négyzet''-et kapunk (1. ábra.). E művelettel sem a sorokban, sem az oszlopokban nem változik a számok összege, de az új négyzet átlói mentén más számok állnak és az összeg ott is 15. Éppen a számok összegének sorok, oszlopok és átlók mentén való ilyen állandósága a bűvös négyzetek definíciója. A 3. és 4. ábrák minden sora és minden oszlopában a 0, 1, 2 jegyek mindegyike egyszer lép fel, sőt egy-egy átló mentén is ezek állnak, míg a másik mentén három 1-es. Mivel , a jegyek összege mind a hármas, mind az egyes jegyekben ugyanaz, 10 (hármas rendszer!) és így lesz a 2-ben az összeg, ezzel okolható meg az ábra bűvössége. Az 5. és 6. ábrák még két lehetőséget mutatnak arra, hogyan lehet három-három 0, 1, 2 számjegyet úgy elhelyezni az adott ábrában, hogy minden vonalon 3 legyen az összeg; a 3‐6. ábrák ennek összes lehetőségeit feltüntetik. ‐ Ezekből a számokból ugyanis a 3, mint háromtagú összeg (sorrendet nem tekintve) kétféleképp állítható elő: és ; utóbbi összeg azonban sorok (ill. oszlopok) mentén nem léphet föl, mert az jegyekkel betöltött sorral (oszloppal) párhuzamos sorba (oszlopba) nem jutna páratlan szám és így az összeg nem lehetne páratlan. Mivel pedig egyik átló mentén mindenütt három egyenlő jegy áll, kell az is, hogy a középső jegy, a két átló metszése, 1 legyen. A 3‐6. ábrák egyikének számait ,,hármas'', egy másikéit egyes jegyeknek tekintve és azokat úgy egyesítve, ahogyan a 2. ábra a 3. és 4. egyesítésének tekinthető, amennyiben az egyesítésben a II. sor összes számai föllépnek, újra bűvös négyzetet kapunk, ha a II. számai helyett az I. megfelelő számait helyettesítjük. Nem lép fel azonban az egyesítések során a II. minden száma, ha egyszerre csak a 3. és 5. ábrákat használjuk vagy csak a 4. és 6.-ot. Tehát ‐ másodosztályú variációkról lévén szó ‐, bűvös négyzetet kapunk, melyek az 1. ábrából a megoldásban említett szimmetriaműveletekkel előállíthatók. Írjunk a 3‐6. ábrákban minden egyes 0, 1, 2 jegy helyére ciklikus permutációval előbb -et, majd -t. Az így kapott nyolc új ábra mindegyikében minden irány mentén 3 marad az összeg, kivéve az egyik átló mentén, ahol három egyenlő jegy áll; ott az ábra közepén álló szám háromszorosa, 0 vagy 6 lesz a számok összege, tehát az összeg megváltozása vagy . És ha ezt a 8 új ábrát egymás közt és az előbbi néggyel egyesítjük, akkor ‐ feltéve, hogy a II. összes számai fellépnek és helyettük az I. megfelelő számait írjuk ‐ olyan négyzeteket kapunk, melyekben sorok és oszlopok mentén 15 az összeg, sőt esetleg az egyik átló mentén is, de a másik mentén már nem. Az átlómenti összegeket ugyanis a középső szám jegyei határozzák meg: Aszerint, hogy a ,,hármas'' jegy 0, 1 vagy 2, a jegyek összege , 0 vagy -mal tér el 3-tól, egyik átlómenti összeg tehát , vagy -mal különbözik a 15-től (helyi érték!), tehát 6, 15 vagy 24 lesz, ha pedig egyes jegyben lép föl a 0, 1 vagy 2, ugyanezen alapon , 15 vagy -at kapunk összegül. Ha az oldalakkal párhuzamosan 15-ös összegeket akarunk, más összeg nem léphet fel az átlók mentén. Viszont az átlós összegek is egyértelműen meghatározzák a közép jegyeit. Ugyanis, mint láttuk, az egyik átlós összeg a 6, 15 és 24 számok egyike, a másik pedig 12, 15 és 18 közül kerül ki. Aszerint, hogy az előre megadott átlós-összegeink e számok közül az első-, második- vagy harmadikkal egyeznek, a középső számban a hármas, ill. egyes jegy 0, 1, vagy 2 lesz. Ha tehát bűvös négyzetet akarunk kapni, mindkét átló mentén 15-ös összeget, akkor a közép csak 11, vagyis az I.-ből megfelelő 5 lehet. Vegyük észre, hogy ez az adott számok sorrendjében középen áll és egyúttal a kívánt összeg harmada, a rajta átmenő irányok mentén tehát a sorrendben reá nézve szimmetrikus helyzetű számok állanak. A mi feladatunkban pedig 20 lesz a közép, aminek az I.-ben 7 felel meg. A közép jegyeit megállapítva, már könnyen haladhatunk tovább a többi szám elhelyezésében. Oldal közepén, ‐ egy sorban, vagy oszlopban a középpel ‐ már csak olyan számok léphetnek föl, melyek hármas jegye a mi esetünkben nem 2, hanem 0, vagy 1, (két lehetőség) az egyes jegy pedig nem 0 (1, vagy 2, ismét két lehetőség). Ilyen szám van, de páronkint összetartoznak úgy, hogy a közepet is tekintetbe véve, mindkét jegyben egy-egy 0, 1, 2 jegy lépjen föl; az ilyen párok a középen átmenő ugyanazon sorban vagy oszlopban állnak. Mindkét párt -féleképpen helyezhetjük el és pedig sorban vagy oszlopban (ami ismét két lehetőség), vagyis e négy szám -féleképpen helyezhető el (l. a megoldást!). A sarokszámok jegyeit pedig ismét úgy állapíthatjuk meg, hogy minden vonalon egy-egy 0, 1, 2 jegy álljon, egy, mint ,,hármas'' és egy, mint egyes jegy. Ezeket a többi öt szám már egyértelműen meghatározza. Végül a II. számai helyett az I. megfelelőit tesszük. Budapest, 1930.
|