Feladat: Gy.1622 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csapó Ildikó 
Füzet: 1976/november, 146 - 148. oldal  PDF file
Témakör(ök): Sík parkettázás, Négyzetek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1976/február: Gy.1622

A mesebeli Am‐En‐Matek fáraó a következő feladatot adta lánya minden kérőjének: Osszad fel ezt a négyzet alakú falrészletet az oldalaival párhuzamos egyenes szakaszokkal 10 négyzetre. Ha ezzel készen vagy, gyere vissza egy héten át minden nap és javasolj újabb felosztást, de ezekben ne legyen olyan négyzet, amelyik előzőleg már szerepelt, vagyis olyan, amelyiknek 4 csúcsa azonos egy korábbi felosztás valamelyik négyzetének négy csúcsával.
Eleget lehet-e tenni ennek a követelménynek?

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

A feladat 8-féle felosztást követel. Ennek még úgy is eleget lehet tenni, ha a falrész valamelyik átlójára szimmetrikus felosztásokra szorítkozunk; sőt még azt is előírhatta volna a fáraó, hogy a tengelynek választott átlót pontosan 2 kisebb négyzet fedje le. Ezek a többletkövetelmények csökkentik ugyan a javasolható megoldások számát, de még marad elég, másrészt így bizonyos egységet vihetünk a keresésbe.
Az első két ‐ majd ezután kiadódó oldalú ‐négyzetnek egy csúcsa közös (1. ábra).

 

 

1. ábra
 

A fennmaradó két egybevágó téglalapot együtt 8, tehát egyenként 4 négyzetre kell bontanunk. Fordítsuk meg a feladatot, és vizsgáljuk: hogyan, hányféleképpen rakhatunk össze 4 négyzetből téglalapot. Erre a 2. ábra 5 lehetőséget mutat: egybevágó négyzetekből kettőt: A és B, két különböző méretűből szintén kettőt: C(2:2) és D(1:3), végül három különböző oldalúból egy lehetőséget (E).
 

 

2. ábra
 

Ha most mindegyik összeállítást tükrözzük a jobb felső csúcsánál levő külső szögek felezőjére, majd a 8 négyzetből álló alakzatot egy négyzetbe foglaljuk bal és jobb szélső, valamint alsó és felső határvonalának meghosszabbításával, máris 5 megoldásunk van (3‐7. ábrák bal oldali része).
 

 

3. ábra
 

 

 

4. ábra
 

 

 

5. ábra
 

 

 

6. ábra
 

 

 

7. ábra
 

Belátjuk, hogy e felbontásokban nem fordul elő kétszer ugyanaz a kis négyzet. A nagy négyzet oldalait a felhasznált osztó vonalak és meghosszabbításaik az egyes ábrákon rendre az oldal 14,15,17,17,18, részében metszik, így közös osztóvonalról csak a 3. és a 7. ábrán, valamint az 5. és 6. ábrán lehet szó, de a finomabb összehasonlítás mutatja, hogy közös négyzet ezekben a párokban sincs.
A hátra levő 3 megoldást kiadja a 3., 6, és 7. ábrának a függőleges középvonalra való tükörképe (az illető ábrák jobb oldali része), könnyű látni, hogy az eddigi 8 felbontás együttesen megfelel a fáraó követelményének. (A 4. és 5. ábra tartalmaz tükrösen egybevágó résznégyzeteket.) ‐ Állításunk bizonyítását befejeztük.
 

  Csapó Ildikó (Sopron, Széchenyi I. Gimn., III. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Többféleképpen is kaphatunk további felosztásokat: a) a C ábrán a két kis négyzetet a téglalap szélére toljuk; b) D,E és az új C helyett valamelyik szimmetrikus képüket vesszük; c) feladjuk a két téglalap tengely szimmetrikus kitöltését, d) a 3. ábra helyett a 8. ábrát használjuk;
 

 

8. ábra
 

e) feladjuk az átlónak csak 2 négyzettel való lefedését (9. ábra).
 

 

9. ábra
 

‐ Hangsúlyozzuk azonban, hogy ez csak előkészítés a feladat teljes megoldásához.
2. Számos hasonló érdekes felosztási problémával foglalkoznak a matematikusok. Az érdeklődőknek ajánljuk Gallai Tibor cikkét az Élő matematika I. (Tankönyvkiadó, Budapest, 1968) c. gyűjteményben.
3. Feladatunk konkrét elődje az 1973. évi Arany Dániel kezdők verseny I. fordulójának 7. feladata: Bizonyítsuk be, hogy ha n>5, akkor a négyzet felbontható az oldalaival párhuzamos vágásokkal n darab négyzetre.