$\alpha$) Mindegyik lapközéppontból $4$ másikba vezet zsineg. Kézenfekvő a zsineg felrakása időbeli lefolyásának megfelelően a csomag $6$ lapja oldalfelezőpárjai által alkotott hálózat időbeli bejárásáról beszélni egyelőre ‐ így mindegyik csomópontba $2$-szer érkezünk és $2$-szer távozunk belőle, és $12$ szakasz után (szakaszon egy csomótól a legközelebbi csomóig terjedő darabot értve) csatlakozunk a kiinduláshoz. Megjegyezzük azonban, hogy a feladat a befejezett, különböző körülkötések számát kérdezi; s mivel a felrakott zsinegen sem a használt menetirány, sem a kezdő- és végpont nem állapítható meg, azért tulajdonképpen egy bejárásnak és a megfordítottjának közös útvonala ad egy körülkötözési lehetőséget. (A zsinegvéget összekötő csomó helyzetét ugyanis figyelmen kívül kell hagynunk, hiszen megbontaná a szimmetriát, márpedig nyilvánvalóan a több-kevesebb szimmetriára utal a háromféle csomag külön vizsgálata; e nélkül nem volna értelme vizsgálni a más-más alakú csomagokat.)
Ábráinkon két egymás után vett csomópont között egyenesre kifeszítettnek rajzoltuk a zsineget, vagyis tulajdonképpen a kocka $6$ lapközéppontja által meghatározott szabályos oktaéder élvázát, illetőleg ennek egy-, majd két iránynyújtását járjuk be az elgondolt hálózat helyett, mind a $12$ élen egyszer végighaladva és minden csúcsban kanyarodva. Ezzel a bejárások száma nem változik meg. Jobb áttekintés érdekében az egyes csomókon való 2‐2 kanyarodó áthaladást csak egymás közelében vezettük el, a kanyart legömbölyítve; eszerint attól is eltekintünk, hogy a két zsinegrész hogyan halad egymáshoz képest alul és fölül, egymást feszítve, ‐ hiszen ennek figyelembevétele is megszüntetné a szimmetriát.^{${}^{*}$}
A bejárás kanyarulatait $j$ és $b$ betűkkel írjuk le aszerint, hogy az egymás utáni csomópontokban jobbra, ill. balra fordultunk. Bármelyik csomón először való áthaladásban ezt még megválaszthatjuk, a második érkezés után azonban az egyetlen, még nem használt élen, ún. ,,kényszerlépéssel'' kell továbbhaladnunk.
Ábráinkon a kockát csak valamilyen állásban mutathatjuk be, lapjait, ill. az oktaéder csúcsait ennek megfelelően az ,,alsó, felső, bal, jobb, elülső, hátulsó'' szavak kezdőbetűjével jelöljük. Helyzetük azonban lényegtelen, hiszen a csomagot a kötés folyamán természetesen forgatjuk, másrészt a szimmetria miatt rá sem tudunk ismerni, hogy egy lap, él, csúcs hová mozdult el korábbi helyzetéhez képest.
A tervezett leírásban nem állhat egymás után három egyező betű, mert így a teljes bejárás előtt visszakanyarodnánk egy már bejárt élre (zsinegrészre), pl. az $A$ alsó csúcsból az $E$ elülső csúcs felé indulva, és mindig jobbra kanyarodva, az első $j$-vel a $J$ jobb oldali csúcsba, a másodikkal ismét $A$-ba, a harmadikkal pedig ismét az $AE$ élre jutnánk. Hasonlóan akkor is csak részbejárást teljesítenénk, $6$ él után záródva, ha a $j$ és $b$ kanyarokat állandóan egyesével váltakoztatnánk ($1$. ábra, kocka esetére):

 

1. ábra

 

 

2. ábra

 

 

3. ábra

 

 

4. ábra

 

 

5. ábra

 

 

6. ábra

 

 

7. ábra

 

 

8. ábra

 

 

9. ábra

 

(II)(B)AEJAHJFEBFHBhelyére(II$\text{'}$)(J)FEBFHBAEJAHJ

lép és az egymás fölött-alatt álló betűket összehasonlítva azt látjuk, hogy minden egyes $A$ helyére $F$, minden egyes $J$ helyére $B$ lépett és viszont, az $E$ és $H$ betűk pedig a helyükön maradtak. Így mondhatjuk: a (II) útvonal az $EH$ tengely körüli ${180}^{\circ }$-os elfordítással önmagába ment át. Ez a $3$. ábrán abból is látszik, hogy a $6$ db $j$-kanyarodás párosával a $B$, $E$, $J$ csúcsoknál történik, a $6$ db $b$ az $F$, $H$, $A$-nál és mindkét csúcshármast az $EH$ körüli forgatás önmagába viszi át. Tehát $EH$ a $3$. ábrabeli útvonalnak kitüntetett tengelye, mert a $BJ$, $AF$ tengelynek nincs meg ez a tulajdonsága.
Azt is mutatja a $3$. ábra, hogy a mondott $B$, $E$, $J$ csúcshármas fölcserélhető az $F$, $H$, $A$ hármassal, éspedig pl. a $BF$, $AJ$ élpár felezőpontjait összekötő tengely (az oktaéder éltengelye) körüli ${180}^{\circ }$-os forgatással. Így minden $j$ helyére $b$ jut és viszont, de ha még az elforgatott útvonalat fordított irányban járjuk be, betűink ismét cserélnek, és ugyanezt a $b$, $j$ egymásutánt kapjuk. Forgatásunk az előbb kitüntetett $EH$ tengelyt a helyén hagyja, csak irányítását változtatta meg, a másik két tengelyt pedig egymásba vitte át, ezek tehát egymással egyenrangúak. (Emlékeztetnek ezek a megállapítások az oszlop tengelyeiről mondottakra.) Hasonló meggondolás szerint a III. útvonal $BJ$ tengelye kitüntetett, a másik kettő egyenrangú.
Hasonlóan adódik, hogy (I)-et és a $2$. ábrát a $FEJ$ és $AHB$ lapok középpontjait összekötő tengely körüli, bármelyik irányú ${120}^{\circ }$-os forgatás önmagába viszi át, egyszersmind az $AF$, $BJ$, $EH$ tengelyeket ciklikusan egymásba, tehát ennek az útvonalnak a $3$ tengelye egyenrangú, nincs kitüntetett tengelye (hasonlít a kockára).

 

$\gamma$) A legutóbbiak szerint az (I) útvonal (körülkötözés) csak $1$-féleképpen tehető rá az oszlopra is, a gyufaskatulyára is. Azt értjük ezen, hogy a $2$. ábra bármelyik tengelyét választjuk is ki a $2$-szeres nyújtásra ‐ ami $3$-féleképpen gondolható ‐, ill. a skatulya $3$ tengelyéhez bárhogy rendeljük is hozzá a $2$. ábra tengelyeit a gondolható $6$ lehetőség közül ‐ az így készített $3$, ill. $6$ körülkötözés nem különböztethető meg egymástól.
Ezzel szemben a (II) és (III) útvonal kitüntetett tengelyét az oszlopra $2$-féleképpen tehetjük rá, pl. (II)-ben vagy az $EH$-t, vagy egy másik tengelyt véve $2$-szer akkorának, mint a másik $2$, a skatulyára pedig $3$-féleképpen.
Mindezek szerint az oszlopon $1+2+2=5$-féle, a skatulyán pedig $1+3+3=7$-féle, egymástól megkülönböztethető körülkötözés lehetséges.

 

${\displaystyle \begin{array}{c}{\displaystyle \text{<span style="font-style: italic;">Komornik Vilmos</span> (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)}}\hfill \\ {\displaystyle \text{<span style="font-style: italic;">Horváth László</span> (Hódmezővásárhely, Bethlen G. Gimn., II. o. t.)}}\hfill \\ {\displaystyle \text{<span style="font-style: italic;">Móri Tamás</span> (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., II. o. t.)}}\hfill \\ {\displaystyle \text{<span style="font-style: italic;">Oláh Vera</span> (Budapest, Berzsenyi D. Gimn., II. o. t.)}}\hfill \end{array}}$

 

Megjegyzések. 1. Eljuthatunk (I)‐(III)-hoz a következő ötlet teljes kidolgozásával is. A kocka egy lapján való kétszeri áthaladás útvonaldarabjait az egyik átló kettéválasztja ($10$. ábra), és mind a $6$ lap ilyen átlóinak összeválogatásával mintegy elkészítjük a zsineg számára a bolyongási útvonalat.

 

 

10. ábra

 

A $6$ átló együttese nem választhatja szét két vagy több tartományra a kocka felületét ‐ különben nem juthatnánk át egyikből a másikba ‐, ezért nem tartalmazhat sem háromszöget, sem (torz) négyszöget. A lehetséges rendszereket a $11$. ábra a)‐c) részei mutatják, ebben a sorrendben felelnek meg a $2$., $3$., $6$. ábráknak.

 

 

11. ábra

 

(Az élek hármasával alkotnak összefüggő rész-rendszereket rendre $1$, $2$, $2$ csatlakozási csúccsal.)

 

${\displaystyle \begin{array}{c}{\displaystyle \text{<span style="font-style: italic;">Füredi Zoltán</span> (Budapest, Móricz Zs. Gimn., II. o. t.}}\hfill \\ {\displaystyle \text{<span style="font-style: italic;">Reiczigel Jenő</span> (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., II. o. t.)}}\hfill \end{array}}$

 

$2$. Többen azért nem kapták meg a teljes pontszámot, mert a csomagot mintegy lerögzítették, egyszer s mindenkorra kijelölve pl. az alsó és elülső lapot. Ez ugyanis lényegesen megváltoztatta a kérdést. Mondhatjuk így is: ezek egy kocka alakúvá egyszerűsített ($4$ lábon álló) postaládát kötöztek körül; vagy egy játék-dobókockát, amelynek bármely két lapja megkülönböztethető egymástól a pontok száma alapján, és így semmi szimmetriája sincs. ‐ Ezek a versenyzők többnyire $16$, $48$, $96$ körülkötözést adtak meg eredményként a $3$-féle csomagra.

---

^{${}^{*}$}Azoknak az olvasóknak, akik itt először foglalkoznak a kérdéssel, ajánljuk a minél többféle szemléletet: kocka, ill. hasábmodelleken (több egyforma darabot célszerű venni), szétnyitható papírmodelleken, drótból hajlított élvázmodelleken. (Szerk.)