Megoldások, megjegyzések a Héttusa 12. fordulójának feladataihoz

Beszámoló a 12. fordulóról

Ebben a fordulóban 14-en küldtek válaszokat, megoldásokat, összesen 84 helyes választ. Kilencen adtak mind a 7 feladatra hibátlan választ. A táblázat fejléce a feladatok számát mutatja, a színes cellák pedig a jó válaszokat.

Fordulónként a legjobb megoldók közül néhányan könyvjutalmat kapnak. Az új jutalmazottak Deli Ádám és Ratkó Éva, ők a Typotex alábbi könyveit választották:

• Holló Gábor: Geometria a matematikaversenyeken
• Mark Kac: A véletlen rejtélyei

Megoldások, megjegyzések a Héttusa 12. fordulójának feladataihoz

78. Egy kör kerületén felveszünk hat pontot, majd a pontokat valamilyen sorrendben összekötjük egy hat szakaszból álló zárt töröttvonallal. Legfeljebb hány pontban metszheti önmagát ez a töröttvonal?

Válasz: 7.
Megoldás. A hat pont a körön lehet egy szabályos hatszög hat csúcsa, ez a speciális elrendezés nem változtat a metszéspontok számán. Egy húron legfeljebb 3 metszéspont lehet, és 3 metszéspont úgy keletkezhet, ha ez a szakasz „főátlós” helyzetű, azaz mindkét oldalán 2–2 csúcs van. Legfeljebb 3 főátló van, hiszen egy főátlót két csúcs határoz meg, minden főátlóhoz más csúcsok tartoznak, és összesen 6 csúcs van.

Haladjunk végig a töröttvonalon, és számoljuk a metszéspontokat a húrokon. Legfeljebb 3 szakaszon számolunk 3 metszéspontot, a többi szakaszon legfeljebb 2–2 metszéspont lehet. Legfeljebb \(3\cdot 3+3\cdot 2=15\) pontot számolunk, mindegyiket (legalább) kétszer számoljuk, emiatt a metszéspontok száma legfeljebb \(\left[\frac{15}{2}\right]=7\).

Az ábra mutatja, hogy van olyan töröttvonal, amelyen 7 metszéspont van.

Udvari Tibor megoldása: A hat pont hat szakaszt ad. Bármelyik szakaszt nézzük, a két hozzá csatlakozó szakasz nem metszheti. Ez alapján szakaszonként legfeljebb három metszéspont lehet. Szomszédos pontokat összekötő szakaszon nem lesz metszéspont. Másodszomszédos pontokat összekötő szakaszon legfeljebb két metszéspont lehet. Ehhez mindkét szomszédos szakasznak ugyanazon az oldalán kell folytatódnia. Az „átellenes” pontokat összekötő szakaszon lehet három metszéspont is, akkor, ha a szomszédos szakaszok különböző oldalán végződnek. Ilyen szakaszból azonban legfeljebb kettő lehet, hiszen a szomszédos szakaszaik nem köthetnek össze átellenes pontokat. Ezért legfeljebb \((3+3+2+2+2+2)⁄2=7\) metszéspont hozható létre. Ilyen töröttvonal látható az alábbi ábrán.

Megjegyzések:

1. A kör kerületén legyen \(n\) pont és számozzuk meg őket az óramutató járásával megegyező irányban az \(1\), \(2\), \(\cdots\), \(n\) számokkal. A pontokat összekötő zárt töröttvonalat így a számok egy permutációja adja meg. Az egyértelmű megadáshoz elegendők azok a permutációk, amelyek az \(1\)-et a helyén hagyják. Ez lehetőséget ad egy programmal történő vizsgálatra. Kis \(n\) értékekre a számok minden permutációjára a metszéspontok maximális számát jelölje \(f(n)\). A programmal kapott értékek: \(f(3)=0\), \(f(4)=1\), \(f(5)=5\), \(f(6)=7\), \(f(7)=14\), \(f(8)=17\), \(f(9)=27\), \(f(10)=31\), \(f(11)=44\).

2. Ezekből két sejtés adódott. Először az, hogy páratlan \(n\)-ek esetén \(f(n)\) osztható \(n\)-el és azt is gyorsan ki lehetett találni, hogy a kapott esetekben \(f(n)=n(n-3)⁄2\). Hasonló kapcsolatot keresve páros \(n\)-ek esetén \(f(n)=n(n-4)⁄2+1\) sejtés alakult ki.

A töröttvonal egy szakaszát nem metszheti az a két szakasz, amelyek a két végpontjához csatlakoznak. A további \(n-3\) szakasz viszont metszheti. Páratlan \(n (n=2k+1)\) esetén ez meg is valósul, ha a szakaszok minden \(k\)-adik pontot kötik össze.

Páros \(n\) esetén legfeljebb két olyan szakasz lesz, amelyen \(n-3\) metszéspont van, a többi szakaszon csak \(n-4\) lehet. A két szakasz átellenes pontokat köt össze.

3. Kíváncsi lettem, az OEIS adatbázisában megtalálható-e a maximumokra kapott sorozat? Igen: „A105638: Maximum number of intersections in self-intersecting \(n\)-gon”. A sorozat eleje: \(0\), \(1\), \(5\), \(7\), \(14\), \(17\), \(27\), \(31\), \(44\), \(49\), \(65\), \(71\), \(90\), \(97\), \(119\), \(127\), \(152\), \(161\), \(189\), \(199\), \(\cdots\)

Dombi Péter egy-egy példát mutat arra, hogy a metszéspontok száma \(0\) és \(7\) között minden értéket felvehet:

Dombi Péter két bizonyítást is ad arra, ha \(n\) páros, akkor egy \(n\) oldalú zárt töröttvonal átmetszéseinek száma legfeljebb \(n(n-4)⁄2+1\).

A bizonyításból az is kiderül, hogy a maximumot – szimmetriáktól eltekintve – csak egyetlen töröttvonal tudja szolgáltatni.

Megjegyzés. A körön lévő pontokat összekötő töröttvonal kombinatorikus-geometriai struktúrájával foglalkozik ez a cikk:

Szabó Sándor: Egy szabályos sokszögekre vonatkozó észrevétel, Matematikai Lapok 28 (1977–1980), 199–202.

Bebizonyítja, hogy egy szabályos sokszög csúcsait összekötő zárt töröttvonalnak van két párhuzamos szakasza, ha a sokszög csúcsainak száma páros, és ha a csúcsok száma páratlan, akkor a szakaszok között pontosan kettő párhuzamos nem lehet.

A \(2n\) oldalú szabályos sokszögre vonatkozó állítás a KöMaL 1980. novemberi Gy.1940. feladata.

79. Legfeljebb hány király helyezhető a sakktáblára úgy, hogy mindegyik király pontosan egy másikkal álljon ütésben?  

Válasz: 26.
Deli Ádám megoldása: Tekintsük a tábla rácspontjait (a tábla vonalainak metszéspontjait). Ez egy \(9\times 9\)-es rácsnégyzet, azaz 81 pont. Vegyük észre, hogy az elhelyezett királyok egymást nem ütő királypárokat alkotnak. Egy ilyen királypár, ha átlósan van, akkor \(7\), ha oldalszomszédosan, akkor 6 pontot „foglal el”. Ha a táblára felhelyezhető királypárok maximális száma \(P\), akkor: \[\displaystyle\begin{align} 6P&\leq81\\ P&\leq13{,}5 \end{align}\]

Mivel \(P\) egy egész szám, \(P\) legfeljebb \(13\).

Két lehetséges konstrukció \(13\) párra, azaz \(26\) királyra:

Megjegyzés. Többen is emlékeztettek rá, hogy a feladat szerepelt a KöMaL fórum Héttusa témájában: https://www.komal.hu/forum?a=to&tid=365. Itt a 22. és 37. hozzászólások között tíz is foglalkozik ezzel a kérdéssel.

80. A Nézd és mondd! sorozatot tetszőleges pozitív egész számmal indíthatjuk. A sorozat következő elemét úgy kapjuk, hogy felolvassuk az utolsó számot. Ha az indító elem például 111221, akkor ezt mondjuk: „három egyes, két kettes, egy egyes”, és ezzel megkapjuk a sorozat második tagját: 312211, majd ezután „egy hármas, egy egyes, két kettes, két egyes”, azaz 13112221 következik.

Van-e olyan Nézd és mondd! sorozat, amelynek az első két tagja nem tartalmaz 4-es számjegyet, ám a sorozat egy későbbi tagjában már szerepel a 4-es számjegy?

Válasz: Lehetséges, van ilyen sorozat.
Megoldás. Több ilyen sorozatot mutattak megoldóink:

• \(a_1=111\;111\;111\;112\) (11 db 1-es, 1 db 2-es), \(a_2=11\;112\), \(a_3=4\;112\), \(\cdots\) (Ezt a sorozatot találta Deli Ádám, Dombi Péter, Hornung Tamás, Ratkó Éva, Szemerédi Ferenc, Turchányi Gyula.)
• \(a_1=11\;111\;111\;111\;222\;222\;222\;222\) (11 db 1-es, 12 db 2-es), \(a_2=11\;1122\), \(a_3=4\;122\), \(\cdots\) (Izsák Beatrix)
• \(a_1=111\cdots 111\) (111 db 1-es), \(a_2=1111\), \(a_3=41\), \(\cdots\) (Berkó Erzsébet, Makay Géza, Szemerédi Ferenc, Udvari Tibor)
• \(a_1=2222\cdots 222\) (1111 db 2-es), \(a_2=11112\), \(a_3=4112\), \(\cdots\) (Kallós Béla)
• \(a_1=222\cdots 211\) (22 db 2-es, 2 db 1-es), \(a_2=22221\), \(a_3=4211\), \(\cdots\) (Deli Lajos)

Megjegyzések. Erről a különleges sorozatról szól Ferenci Tamás Nézd és mondd! cikke:
https://ematlap.hu/tudomany-tortenet-mi-is/nezd-es-mondd/.
A sorozat szerkezetét jellemzi Conway kozmológiai tétele.
A sorozat szerepel az OEIS adatbázisában: A005150, Look and Say sequence.

81. Tükörországban a lottósorsoláson 18 számból 4 számot húznak. Egy szelvény akkor nyertes, ha az azon megjelölt 4 szám egyikét sem húzták ki a sorsoláson. Legkevesebb hány szelvényt kell ügyesen kitölteni, hogy biztosan legyen nyerő szelvényünk?

Válasz: 6.
Makay Géza megoldása: 5 szelvénnyel nem lehet biztosan nyerni. Azokon összesen 20 számot jelölünk be, 18 különböző szám van, így kell legyen olyan szám, amely két szelvényen is szerepel. Ha azt a számot kihúzzák, és a maradék három szelvényről még egyet-egyet, akkor vesztettünk.

6 szelvénnyel viszont a feladat megoldható így: \[\{1,2,3,4\},\{3,4,5,6\},\{5,6,1,2\},\{7,8,9,10\},\{11,12,13,14\},\{15,16,17,18\}\]

Az utolsó három szelvényen olyan számok szerepelnek, amelyek más szelvényeken nem, így ha a kihúzott számok közül három 7 és 18 közé esik, rossz esetben ezek a szelvények nem nyernek. Az első három szelvényen párok vannak ciklikusan felsorolva, bármelyik szám legfeljebb két szelvényen szerepel, így a negyedik kihúzott szám legfeljebb két szelvényt „lő ki” ebből a három szelvényből, ezért lesz nyertes szelvényünk.

Megjegyzés. Érdekes véletlen, hogy március végén egy új szerencsejáték indult (nem Tükörországban, hanem Magyarországon), a Lutri. A játék lényege, hogy az nyer, aki nem a kihúzott számokat ikszelte.

82. Marci beírta az \(1\), \(2\), \(3\), \(\ldots\), \(16\) számokat egy \(4\times 4\)-es táblázatba. Zsófi kiszámolta soronként az ott álló számok szorzatát, Luca pedig oszloponként számolta a számok szorzatát. Mindkét lány leírta az eredményül kapott 4 számot egy-egy papírra. Lehetséges-e, hogy mindkét papíron ugyanazok a számok szerepelnek?

Válasz: Lehetséges.
Makay Géza megoldása: Vegyük észre, hogy felcserélhetünk sorokat egymással, és oszlopokat egymással, ettől nem romlik el egy jó kitöltés. Cseréljük fel a sorokat és oszlopokat úgy, hogy a szorzatok mindig ugyanannál a sorszámú sornál és oszlopnál legyenek egyenlőek. Ekkor teljesülni fog, hogy ha van egy prímtényező az \((x,y)\) pozíción (tehát az \(x\)-edik sor \(y\)-odik oszlopában), akkor annak a prímtényezőnek elő kell fordulnia az \(x\)-edik oszlopban és az \(y\)-odik sorban is. Mivel a \(11\)-es és \(13\)-as prímtényező csak egyszer szerepel a \(16!\) számban, azoknak mindenképpen a főátlóban kell lenniük. A \(16!\)-ban az \(5\)-ös és a \(2\)-es prímtényező szerepel még páratlan hatványon, egy bizonyos értelemben szimmetrikus elhelyezkedésben, azokból páratlan kitevőnyi kell szerepeljen a főátlóban. Ugyancsak nehéz lenne „kiegyensúlyozni” a 16-ban szereplő 4 db \(2\)-es prímtényezőt, úgyhogy azt is a főátlóba raktam.

Maradt akkor még két-két darab \(5\)-ös és \(7\)-es prímtényezőt tartalmazó szám, azokat szimmetrikusan kell elhelyezni. A többi számot igyekeztem „egyenletesen”, „szimmetrikusan” elosztani, és kaptam egy megoldást:

Amúgy nem nehéz programot írni rá, amelyik megkeresi az összes olyan megoldást, amelyikben a \(11\) és a \(13\) a főátlóban van az első két helyen (a \(10\)-re és \(16\)-ra csak egy kis heurisztika utal, nem „kötelező”). Ezek közül szimmetria miatt kizárhatjuk azokat, amelyeknél az első sor utolsó két eleme és az első oszlop utolsó két eleme nem növekvő sorrendben van, illetve a főátlóra tükrözéssel azt is feltehetjük, hogy az első sor második eleme kisebb, mint a második sor első eleme. Így a programom szerint \(1468\) különböző megoldás van.

Megjegyzés Dombi Pétertől: Általános esetben az \(n\times n\)-es tábla: \(n=3\), \(4\), \(5\), \(6\), \(7\), \(8\) és \(10\) esetén az \(1\), \(2\), \(3\), \(\cdots\), \(n^2\) számok beírhatók a táblázatba úgy, hogy a soronkénti szorzatok eredményei megegyeznek az oszloponkénti szorzatokkal. \(n=2\), \(n=9\) és \(n>10\) esetén nincs ilyen táblázat.

https://math.stackexchange.com/questions/3518460/can-we-arrange-1-16-in-4-times-4-grid-so-products-of-rows-produ#:~:text=Can%20we%20arrange%20%7B1%2C

83. 13 érme van egy sorban, néhány fejjel, a többi írással felfelé. Egy lépésben három olyan érmét fordítunk a másik oldalára, amelyek közül a középső egyenlő távolságra van a két szélső érmétől (azaz ugyanannyi érme van a középsőtől jobbra és balra is a szélső érmékig). Elérhető-e véges sok lépésben, hogy végül minden érme azonos oldalával legyen felfelé?

Válasz: Igen.
Szemerédi Ferenc rövid indoklása: Bármely helyzet elérhető. Ha 7 egymás melletti érméből megfordítjuk az \(1\), \(2\), \(3\)-at, majd a \(2\), \(3\), \(4\)-et, végül az \(1\), \(4\), \(7\)-et akkor ennek eredménye a 7. megfordítása. Tehát minden érmét meg tudunk fordítani, aminek egyik oldalán legalább 6 érme van. Emiatt ezzel az eljárással 12 egymás melletti érméből is előállítható bármely helyzet.

Udvari Tibor ezeket a megjegyzéseket írta a megoldásához:

1. Írtam egy programot a forgatások vizsgálatára. Ennek egyik eredménye, hogy már 8 érmétől kezdve minden lehetséges kiinduló állásból elérhető a csupa azonos oldalt mutató érmesor.

2. Másik eredmény szerint (8 vagy több érménél) elég legfeljebb 6 elemi lépés (három érme forgatása) ahhoz, hogy minden érme azonos oldalát mutassa.

Dombi Péter megoldása (* jelenti a megfordítást):

Hét érme közül a középsőt egyszerű megfordítani: \(4^*=(135)^*+(357)^*+(147)^*\).

Ugyanígy fordíthatjuk meg az ötödiket is: \(5^*=(246)^*+(468)^*+(258)^*\).

A harmadik érmét megfordíthatjuk az előző két lépés segítségével: \(3^*=(345)^*+4^*+5^*\).

Ugyanígy a második és az első érmét is megfordíthatjuk: \(2^*=(234)^*+3^*+4^*\), illetve \(1^*=(123)^*+2^*+3^*\).

Az eddigieket összefoglalva, bármelyik nyolc szomszédos érem közül a bal oldali első öt külön-külön megfordítható. A lépéseket tükrözve nyilván ugyanez igaz ennek a nyolc éremnek a jobb oldali részére is, így végül alkalmas számú lépéssel bármelyik érme megfordítható.

A második lépésben kihasználtuk, hogy van legalább nyolc érménk. Erre szükség is van, mert ha csak hét lenne, akkor az állítás már nem lenne igaz. Például az I, F, I, I, I, I, I, I helyzetből nem lehet eljutni csupa azonos állású éremhez. Ez azért van, mert a {2,3,5,6} halmazt minden szimmetrikus hármas (\(\{1,2,3\}\); \(\{1,3,5\}\); \(\{1,4,7\}\); \(\{2,3,4\}\); \(\{2,4,6\}\); \(\{3,4,5\}\); \(\{3,5,7\}\); \(\{4,5,6\}\); \(\{5,6,7\}\)) páros számú helyen metsz, tehát ha ezen a négy pozíción kezdetben páratlan sok fej és páratlan sok írás van, akkor bármelyik lépés után is páratlan sok fej és páratlan sok írás lesz, tehát nem lesznek soha azonosak.

84. Egy \(n\times m\)-es sakktáblára \(1\times 2\)-es és \(2\times 1\)-es dominókat teszünk úgy, hogy minden dominó két mezőt fed, és a dominók között nincs átfedés.

Ha van olyan dominó, amit arrébb lehet tolni, akkor a fedést mozgathatónak, egyébként merevnek nevezzük.

Egy \(8\times 8\)-as tábla merev fedéséhez legkevesebb hány dominó szükséges?

Válasz: 28.
Turchányi Gyula indoklása: Legfeljebb 8 le nem fedett mezőt tudunk létrehozni. Két le nem fedett mező nem lehet élszomszédos, mert akkor a határain nyilván van olyan dominó, amit meg tudunk tolni. Hasonlóan nem lehet le nem fedett mező a tábla szélén. Egy üres helyet a merev helyzetet illusztráló ábra módján körbe kell venni. Emiatt a lóugrásnál közelebb nem lehet két lyukat elhelyezni, végül az alábbi ábrát vagy szimmetrikus variánsait kapjuk, mint legjobb elrendezést.

Hornung Tamás megoldása: A tábla merev fedésénél egyetlen dominó egyik rövidebb oldalánál sem lehet fedetlen mező, és egyetlen dominó egyik hosszabb oldalánál sem lehet két fedetlen mező, különben a fedés mozgatható lenne. Ha tehát merev fedésénél egy dominó valamelyik oldalánál fedetlen mező van, akkor ez csak a hosszabbik oldalánál lehet, és ugyanehhez az oldalhoz másik dominó kell, hogy csatlakozzék a rövidebb oldalával. Ezt a gondolatmenetet megismételhetjük az utóbbi dominóra, és folytathatjuk tovább, amíg azt kapjuk, hogy merev fedésnél minden egyes fedetlen mezőt körbe kell, hogy vegyen 4 dominó, mint a következő ábrák valamelyikén:

Merev fedésnél tehát minden fedetlen mezőhöz hozzárendelhetünk egy \(3\times 3\)-as négyzetet, amelyet a fedetlen mező a vele szomszédos dominókkal alkot.

Tekintsük a tábla egy merev fedését! Jelöljük \(n\)-nel a fedetlen mezők számát, és \(m\)-mel a fedetlen mezőket körbevevő dominókkal fedett mezők számát. Mivel minden fedetlen mező körbe van véve dominókkal, ezért a tábla szélén nem lehet fedetlen mező. Másrészt az egyik szélső sorban levő 8 mezőből legalább kettő nem eshet fedetlen mezőhöz tartozó \(3\times 3\)-as négyzetbe, tehát a fedett mezők száma nagyobb, mint a fedetlen mezőkkel szomszédos dominókkal fedett mezők száma: \[\displaystyle 64-n>m.\] Könnyen ellenőrizhető, hogy a tábla szélén minden dominó legfeljebb egy, míg a táblázat belsejében minden dominó legfeljebb két fedetlen mezővel lehet szomszédos. Ezért a fedetlen mezőkkel szomszédos dominókkal fedett mezők \(m\) számát megkapjuk, ha az egy fedetlen mezőt körbevevő fedett mezők számának \(n\)-szereséből, \(8\cdot n\)-ből levonjuk azoknak a fedett mezőknek a számát, amelyek két fedetlen mezőhöz tartozó \(3\times 3\)-as négyzetbe is beleesnek. Ilyen mező csak a táblázat belsejében lehet, tehát számuk nem lehet nagyobb \(36-n\)-nél. Így \[\displaystyle m\geq 8\cdot n-(36-n).\] Innen \[\displaystyle\begin{align} 64-n&\ge 8\cdot n-(36-n),\\ 100&\ge 10\cdot n,\\ 10&\ge n. \end{align}\] A fedett mezők száma páros, és a fedett meg a fedetlen mezők együttes száma \(64\), ezért \(n\) is páros egész szám, tehát \(n\leq 8\), és ha \(n\) maximális, akkor a fedés dominóinak száma minimális. A következő ábra mutatja, hogy 8 fedetlen mező megvalósítható merev fedéssel, így a merev fedéshez szükséges dominók minimális száma \(28\).

Udvari Tibor megoldása: A lefedés akkor lehet merev, ha teljesülnek a következők:

a) A tábla szélén nem lehet üresen maradó mező, mert az csak nem merev lefedést enged meg.

b) Két szomszédos mező nem lehet üres, mert ekkor is lesz hozzájuk csatlakozó, mozgatható dominó.

c) Másodszomszédos dominók esetén sem lehet merev dominó elrendezést építeni hozzájuk.

Ha ezeket figyelembe véve megnézzük egy \(3\text 3\)-as, a tábla belsejében található rész lehetőségeit, két esetet kapunk. Az egyikben egy, a másikban két üres mező lehet csak a rész belsejében.

Tehát csak a tábla belső \(6\times 6\)-os részén lehet üres mező. Ezt a területet pedig négy darab \(3\times 3\)-as részre lehet bontani. Minden ilyen részben legfeljebb 2 üres hely lehet, összesen legfeljebb 8 darab. A maradék \(64-8=56\) mező 28 dominóval fedhető le. Ha ennél kevesebb dominót használnánk, akkor belül 8-nál több üres helynek kellene lennie, ami nem merev lefedést eredményez. Az alábbi ábrán látható elrendezés esetén 28 dominóval elő is állítható egy merev lefedés:

Makay Géza megoldása: A triviális megoldás, hogy a nulla dominós kitöltés megfelel, mert nem lehet dominót arrébb tolni. De nyilván nem erre gondolt a kitűző.

A sakktáblán maradó „lyukak” számát igyekszünk maximalizálni, hiszen minél több a lyuk, annál kevesebb dominó kell a lefedéshez. Néhány megállapítás:

1. Páros sok „lyuk” lesz, hiszen a maradékot 2 mezőt elfoglaló dominókkal fedjük le és páros sok mező van a sakktáblán.
2. Nem lehet a tábla szélén üres mező, mivel annak 3 oldalszomszédja van, legalább az egyikre rakott dominó a rövidebb oldalával néz a lyuk felé, és így mozgatható lesz.
3. A tábla sarkánál sem lehet üres mező, mert a 2 oldalszomszéd közül legalább az egyikre rakott dominó a rövidebb oldalával néz a lyuk felé, és így mozgatható lesz.
4. Nem lehet két oldalszomszédos üres mező, hiszen azoknál a hosszabb oldal mentén 2 dominóval lehet megakadályozni, hogy azok ne legyenek mozgathatók, és akkor a rövidebb oldal felől egy rövidebb oldalú dominó kell legyen, ami mozgatható lenne.
5. Nem lehet csúcsszomszédos üres mező sem, hiszen ott a közös szomszédaiknál bármilyen irányban is áll a dominó, az valamelyik lyuk felé mozgatható lesz.

Ezek alapján a tábla szélén nem lehet lyuk, és az üres mezők „messze” vannak egymástól. Az ötlet ugyanaz, mint a 78-as feladatnál: a lyukak és a tőlük jobbra és/vagy lefelé egy távolságra lévő \(2\times 2\)-es blokkok nem fedhetik át egymást, és ezeknek most egy \(7\times 7\)-es táblázatba kell beleférniük. Eszerint bármelyik sor és bármelyik oszlop legfeljebb 3 ilyen blokkba metszhet bele, tehát összesen legfeljebb \(3\times 3\) blokk fér el így, maximum 9 lyuk lehet. De mivel a lyukak száma páros, ezért legfeljebb 8 lyuk jöhet szóba. Az pedig megvalósítható:

Ehhez összesen \((64-8)⁄2=28\) dominó kell.

Megjegyzés. A merev fedésekről szól a Kvant folyóirat egyik cikke 2024-ből:

https://www.kvant.digital/issues/2024/4/efimov-minimalnyie_zhestkie_ukladki_domino-14d1b307/

Róka Sándor