Feladat: 1329. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Fleischer Tamás 
Füzet: 1965/szeptember, 16 - 17. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Elsőfokú diofantikus egyenletek, Számelrendezések, Logikai feladatok, Oszthatósági feladatok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/szeptember: 1329. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Legyen a középső körbe írandó szám k és az állandó összeg S. Tekintsük az N1 nagy négyzet három során és az oldalfelező pontok alkotta kisebb, N2 négyzet oldalfelezőin álló öt összeg összegét. Ebben minden adott szám egyszer lép fel és k további kétszer. Az előírt számok összege 91, így a következő egyenletet kapjuk

91+2k=5S.(1)
 

Tekintsük másrészt N1 középső sora, középső oszlopa és N2 jobbra lejtő oldalfelezője összegeinek összegét, és vonjuk ki belőle N2 két balra lejtő oldalának összegét. A különbség egyrészt a k szám háromszorosa, másrészt S háromszorosának és kétszeresének különbsége, azaz
3k=S.
Ezt (1)-gyel összekapcsolva k=7, S=21. Ezzel az I. és a II. állítást bebizonyítottuk.
A III. állítással ellentétben N2 felső csúcsára páratlan számot írva, az alsó csúcsra az őt S-k=14-re kiegészítő számot kell írnunk, ami szintén páratlan. Ha még a bal oldali csúcson is páratlan számmal próbálkozunk, akkor az összeg-követelmény alapján előbb a jobb oldali csúcsra, majd N2 oldalfelező pontjaiba is páratlan számot kell írnunk, mert ha három egész szám összege, továbbá a számok közül is kettő páratlan, akkor a harmadik szám is az. Így kilenc páratlan számot használnánk fel, holott az előírt számok között csak hét van, ilyen elrendezés tehát lehetetlen. Ha viszont N2 bal oldali csúcsán páros számmal próbálkozunk, az összeg-követelmény alapján N2 további öt száma páros lesz, és még két páros szám kell N1 csúcsaiba is, mert a bal és jobb oszlopon csak így lehet páratlan az összeg. Ez sem lehetséges, mert az előírt számok között csak hat páros van. Eszerint a III. állítás igaz, és ha van megoldás, abban a hat páros számból alakítható 2+12=4+10=6+8=14 összegek közül kettőnek a tagjai állnak N2 egy-egy átlóján.
Nem lehet a mondott két összeg sem az első kettő, sem az utolsó kettő. Ugyanis az első esetben N2 két szomszédos csúcsára 10 és 12 jut, összegük nagyobb S-nél. A második esetben N2 három egymás utáni csúcsán 4, 8, 10 áll, és az első kettő között 9, így pedig a hátra levő 2-es szám N1 egyik csúcsára sem tehető, mert valamelyik oldalon együtt állna 10-zel vagy 4-gyel, és sem 2+10=12, sem 2+4=6 nem egészíthető ki 21-re a hátra levő számokból.
A kimaradt 2+12, 6+8 összegpárt írva N2 átlóira és betöltve N2 további számait, a még be nem írt 4, 5, 9, 10 számok N1 csúcsain csak az ábra szerinti elrendezésben felelnek meg, ugyanis a felső soron hiányzó 21-2=19 csak 10+9 alakban, a bal oldalon hiányzó 21-6=15 csak 10+5 alakban állítható elő közülük, ezek közös tagja került N1 bal felső csúcsára.
Az ábra elrendezése megfelel az előírásoknak, ide értve a IV. tulajdonságot is. A négyzet szimmetriái miatt a megoldás 8 állásban írható be az ábrába.
 
Fleischer Tamás (Budapest, József A. g. IV. o. t.)