Feladat: 1463. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: -
Füzet: 1974/február, 64 - 66. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Részgráfok, Kombinatorikus geometria térben, Kombinatorikai leszámolási problémák, Kombinatorika, Partíciós problémák, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/március: 1463. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. a) Ha el tudnánk helyezni hat egész számot egy tetraéder élein úgy, hogy a lapokon az összegük ugyanaz az S szám legyen, akkor a hat szám összege páros. Valóban, a lapokon kapott összegek összege egyrészt 4S, másrészt egyenlő az élekre írt hat szám összegének a kétszeresével, hiszen minden él két lapon szerepel. Tehát a számok összege 2S, ahol S egész. Az első hat természetes szám összege azonban páratlan, emiatt ezeket nem lehet felírni a tetraéder éleire úgy, hogy a lapokon ugyanazt az összeget kapjuk.
b) Jelöljük a tetraéder csúcsaiba írt négy szám összegét C-vel, a felezőpontokba írt hat szám összegét F-fel, a lapok 6‐6 számának összegét S-sel.
A négy lap összegében a csúcsok számai háromszor és a felezőpontok számai kétszer fordulnak elő, más szóval: mindegyik számunk 2-szer és C tagjai még egyszer. Az adott számok összege C+F=55, innen

4S=110+C.
Az egyenletből azt is leolvashatjuk; hogy C páros, de nem osztható 4-gyel. C legkisebb értékeként 1+2+3+4=10, legnagyobb értékeként 10+9+8+7=34 jön szóba, ennek megfelelően S legkisebb értéke 30, legnagyobb értéke 36.
Az adott 10 szám közül a tetraéder mindegyik lapja négyet‐négyet nem tartalmaz. Nevezzük az ilyen számnégyeseket a szemben levő csúcs környezetének, összegüket "csúcskörnyéki'' összeg-nek. Nyilván a négy csúcskörnyéki összeg is egyenlő egymással, jelöljük ezt K-val, így K=55-S és mivel az előző egyenletből
S=110+C4,azértK=110-C4.

Ezek alapján felírjuk C, S és K lehetséges értékrendszereit:
 

C10141822263034S30313233343536K25242322212019
 

Próbáljunk olyan elrendezést keresni, melyben K=23. Vegyük 23-nak az adott számok közül a következő négyesből való előállítását a tetraéder felső csúcsának környezete céljára
 

I. 1+6+7+9.
 

Ekkor az alapon levő 3 csúcs környezete céljára 23 további felbontásai közül csak azok jönnek szóba, amelyeknek az I.-vel pontosan egy közös számuk van az egyes alapcsúcsokba lefutó oldalél felezőpontja céljára. Ezek a következők (a közös számot vastag számjeggyel szedtük):
 


II. 1+4+8+10;  III. 6+2+5+10;IVI. 7+2+4+10;  VIII. 9+2+4+8.IV. 6+3+4+10;  VII. 7+3+5+8;IV. 6+4+5+8;  
 

Ugyanígy a további három csúcskörnyéki számnégyesnek is páronként egy közös elemüknek kell lennie. Ennek a II.-kal együtt eleget tesz a III. és a VII. a 10-es, ill. 8-as számmal, és ez a két négyes együtt is megfelel, egyetlen közös elemük az 5. Az így adódó elrendezésnek a tetraéder alapsíkjára való merőleges vetületét az 1. ábra mutatja.
 

 

1. ábra
 

A csúcsokba az a száma maradt a számnégyeseknek, amelyik nem közös semelyik másik négyessel sem.
Előkészítésünkből hasonlóan kapunk két további megoldást: a II. számnégyest a VIII-kal pótolva, majd abból, a III-at a IV-kel pótolva.
 

II. megoldás. a feladat a) részéhez. Vegyünk egy kitérő élpárt: közülük bármelyiknek a kétszereséhez adjuk is hozzá a másik négy élhez rendelt számok összegét, így két lap számainak összegét, tehát ugyanazt a számot kapjuk. Emiatt a kitérő élekhez rendelt számoknak egyenlőeknek kell lenniük, nem teljesíthető tehát a feladat követelménye.
 

Megjegyzések. 1. A b) rész minden megoldásához van egy komplementer megoldás is, ezt úgy kapjuk, hogy mindegyik szám helyébe az őt 11-re kiegészítő számot írjuk. Nyilvánvaló, hogy ezáltal a csúcskörnyéki összegek, ill. lapösszegek ismét egyenlők lesznek, pl.
K=23, S=32, C=18 komplementerjében K'=44-K=21, S'=66-S= =34, C'=44-18=26. Az 1. ábra ilyen párja a 2. ábra elrendezése.
 

 

2. ábra
 

2. Megoldásunkban a 23 négytagú összegre való bontásairól volt szó, különböző természetes számokból. Ha minden szóba jöhető felbontást előállítunk, összesen 16-ot kapunk. Ezekből egy 16‐csúcsú gráfot alakíthatunk ki, ha éllel kötjük össze mindazokat, amelyeknek pontosan egy közös eleme van. Megoldásunkban ennek a gráfnak a négy elemű teljes részgráfjai közül állítottunk elő néhányat, vagyis olyan felbontásnégyeseket kerestünk, amelyekre az teljesül, hogy bennük bármely kettőnek egy közös eleme van (3. ábra).
 

 

3. ábra