Megoldások, megjegyzések a Héttusa 14. fordulójának feladataihoz

Beszámoló a 14. fordulóról

Ebben a fordulóban 14-en küldtek válaszokat, megoldásokat, összesen 93 helyes választ. 12 versenyző mind a hét feladatra hibátlan választ adott. A táblázat fejléce a feladatok számát mutatja, a zöldre színezett cellák pedig a jó válaszokat.

Fordulónként a megoldók közül néhányan könyvjutalmat kapnak. A legújabb jutalmazottak Sógor Tamás és Varga Dániel, ők a kínálatunkból ezeket a könyveket választották:

• Orosz Gyula: Hibás feladatmegoldások a középiskolában (Mategye kiadó)
• Róka Sándor: 2000 feladat az elemi matematika köréből (Typotex kiadó)

A feladatokra most is szép és tanulságos megoldásokat küldött Dombi Péter, ezeket külön itt olvashatjuk.

A következőkben ismertetjük a feladatokat, a helyes válaszokat, megoldóink ötleteit és további meggondolásait.

Megoldások, megjegyzések a Héttusa 13. fordulójának feladataihoz

92. Lehetséges-e, hogy 13 egy síkban fekvő egyenesnek pontosan 44 metszéspontja legyen?

Válasz: Lehetséges.

Megoldás. Többféle konstrukció van, ezek közül lássuk azt a hármat, amit többen is megtaláltak.

Az ábrán látható, egy ponton átmenő 7 fekete egyenes mindegyike metszi az egy ponton átmenő 6 piros egyenes mindegyikét. Így van 42 metszéspontunk, plusz a fekete és piros egyenesek egy-egy közös pontja, ez összesen 44 metszéspont a \(6+7=13\) egyenes között.

6 egymással párhuzamos vízszintes és 6 egymással párhuzamos függőleges egyenes \(6\cdot6=36\) pontban metszi egymást. Kell még \(44-36=8\) metszéspont, emiatt a 13. egyenest úgy választjuk meg, hogy a már meglévő 12 egyenesen 8 új metszéspontot hozzon létre.

c) Ha az egyenesek között nincsen párhuzamos, és nincs három egyenes, amely ugyanazon a ponton megy át, akkor a metszéspontok száma \(\binom{13}{2}=78\). Ha néhány egyenes párhuzamos, akkor ez a szám csökken.

Ha az előbbi egyenesek közül például 5 egyenest párhuzamos egyenesekre cserélünk, akkor a metszéspontok száma \(\binom{5}{2}=10\)-zel csökken.

Veszítsünk el 34 metszéspontot, és akkor megmarad 44 pont.

\(34=28+6=\binom{8}{2}+\binom{4}{2}\) miatt 8, és további 4 párhuzamos egyenest választva eljutunk ehhez a veszteséghez.

A mostani konstrukcióban nincs három olyan egyenes, amelynek közös metszéspontja van.

Nagy a mozgástér a konstrukciók megalkotására, lehetőségekben gazdag a feladat kérdése. Dombi Péter alapos elemzéssel 16 konstrukciót talált.

93. Egy számsorozatban az első elem egy pozitív egész szám. A sorozat újabb elemét úgy kapjuk, hogy az utoljára leírt számhoz hozzáadjuk a szám legnagyobb számjegyét. Ha 13 az első elem, akkor a sorozat 13, 16, 22, 24, 28, 36, … Egy ilyen sorozatban legfeljebb hány páratlan szám sorakozhat egymás után?

Válasz: 5.

Makay Géza megoldása. 5 páratlan szám lehet például így: 807, 815, 823, 831, 839. De ennél több nem érhető el.

Vegyük észre, hogy az utolsó számjegy mindig változik, és ha a többi változik, akkor párosról páratlanra, vagy páratlanról párosra változik. Vagyis, ha egy addig páratlan számokat tartalmazó sorozatban megváltozik a legnagyobb számjegy, akkor vagy az utolsó számjegy lesz a legnagyobb (és az páratlan), vagy az eddigi páros legnagyobb cserélődik páratlanra (1-gyel nagyobbra), és a páratlan sorozatunkat egyik esetben sem tudjuk folytatni. Tehát a leghosszabb páratlan sorozat csak olyan lehet, amelyikben nem változik meg a legnagyobb számjegy és az páros.

Bármelyik páros számjegyet (2, 4, 6, 8) is adom hozzá egy páratlan számhoz ismételve, az utolsó számjegy 5 lépésen belül kiadja az összes páratlan számjegyet (1, 3, 5, 7, 9). Vagyis 5 páratlan számnál többet semmiképpen nem kaphatunk a sorozatban, mert amikor előjön a 9-es számjegy utolsóként, legkésőbb akkor megszakad a páratlan sorozat.

Nyilván a páros legnagyobb számjegyünk legyen minél nagyobb (8), hogy más utolsó számjegy ne szakítsa meg a sorozatot, annak legalább a százas helyiértéken kell lennie, hogy ne változzon menet közben, és kezdjük úgy, hogy utolsó számjegyként a 9-es csak ötödikként forduljon elő. A fenti példa a legkisebb ezeknek megfelelő sorozat.

Dombi Péter bizonyította, hogy minden sorozat, bármilyen kezdőtaggal indítva végtelen sokszor tartalmaz ilyen 5 hosszúságú, csupa páratlan számokból álló futamot.

Dombi Péter érdekes, új kérdéseket fogalmazott meg. Ezek lehetnének későbbi Héttusa-fordulókban, vagy lehetne róluk beszélgetni a Fórumon.

1. Milyen hosszú a leghosszabb, páros számokból álló futam? Van-e minden sorozatban ilyen hosszú, tiszta páros rész? (Ez lenne a természetes ikertestvér-feladat, és kb. ugyanolyan nehéz, mint a páratlan eset.)
2. Milyen hosszú a leghosszabb, 3-mal osztható számokból álló futam? Van-e minden sorozatban ilyen maximális futam? (Ez a 9 számjegy miatt lehet izgalmas. És kérdés, hogy egyáltalán korlátosak-e a futamhosszak. A többi kongruenciánál sem mindig nyilvánvaló.)
3. Milyen hosszú a leghosszabb, 3-mal nem osztható számokból álló futam? Van-e minden sorozatban ilyen maximális futam?
4. Milyen hosszú a leghosszabb, 5-tel osztható számokból álló futam? Van-e minden sorozatban ilyen maximális futam?
5. Milyen hosszú a leghosszabb, 5-tel nem osztható számokból álló futam? Van-e minden sorozatban ilyen maximális futam?
6. Milyen hosszú a leghosszabb, 7-tel osztható számokból álló futam? Van-e minden sorozatban ilyen maximális futam? (Héttusa-barát kérdés)
7. Milyen hosszú a leghosszabb, 7-tel nem osztható számokból álló futam? Van-e minden sorozatban ilyen maximális futam? (Ez nehéznek látszik)
8. Van-e mindig végtelen sok szomszédos számpár a sorozatban?
9. Van-e mindig végtelen sok ikerpár (2-különbségű szomszédos tag) a sorozatban?

94. Legkevesebb hány csúcsa lehet annak a poliédernek, amelynek nincs három, ugyanannyi éllel határolt lapja?

Válasz: 8.

Megoldás. Legkevesebb csúcsa a tetraédernek van, de ez nem megfelelő. Így a poliédernek legalább 5 lapja van. Legfeljebb 2 háromszöglapja és legfeljebb 2 négyszög lapja lehet, tehát lesz ötszög (vagy 5-nél több oldalú) lapja is a testnek. Ám ekkor legalább az ötszög oldalaihoz csatlakozó 5 lap között legfeljebb 2 háromszög és legfeljebb 2 négyszög lap van, ezért a testnek van még egy ötszög (vagy 5-nél több oldalú) lapja. Tehát a keresett poliédernek van legalább két ötszög (vagy 5-nél több oldalú) lapja. Ennek a két lapnak legfeljebb két közös csúcsa van, így a csúcsok száma legalább \(5+5-2=8\).

Van ilyen test.

Berkó Erzsébet leírása a testről: „Fehér retekből faragtam egy nagy tetraédert, majd két csúcsnál késsel levágtam egy-egy kis darabot, egy-egy kis tetraédert. Ennek a testnek 6 lapja van: 2 db háromszög, 2 db négyszög, 2 db ötszög.”

Másképp is származtathatjuk ezt a testet. Izsák Beatrix leírása: „Háromszög alapú hasábot metszettem síkkal, így két háromszög, két négyszög és két ötszög keletkezett.” (Szemerédi Ferenc és Vargáné Kis Anna is így kapta meg a poliédert.)

Dombi Péter megtalálta az összes olyan poliédert, amelynek nincs három ugyanannyi éllel határolt lapja. 4 különböző test van.

Dombi Péter megoldása. Tekintsük a szabályos dodekaéder két szomszédos ötszöglapján levő 8 csúcs konvex burkát. Ennek a testnek 2 háromszög-, 2 négyszög- és 2 ötszöglapja van.

Még három másik test is rendelkezik hasonló tulajdonsággal. Ezekből kettőt úgy kapunk, hogy a fenti 8-csúcsú test egy vagy két csúcsát levágjuk. Annál a csúcsnál kell vágni, amelyiknél a három-, négy- és ötszöglap találkozik, mert a csonkolás eggyel el fogja tolni az oldalszámokat: a háromszöglapból négyszög, a négyszögből ötszög, az ötszögből hatszög lesz, így nyerünk egy hatszöget, és a vágósík hozza vissza a vágással elrontott háromszöglapot (bal oldali ábra). Ennek a testnek 10 csúcsa és 7 lapja van. Az előző vágással nem érintett oldallapok találkozásánál is levághatjuk a szemköztes csúcsot, ezzel kapunk egy második hatszöglapot (középső ábra). Ennek a testnek 12 csúcsa és 8 lapja van.

Van egy másik, ugyancsak 12 csúcsú megfelelő test, ez a négyzet alapú gúla csúcsának, illetve az alaplap két szomszédos sarkának levágásával keletkezik (jobb oldali ábra). Az így kapott test más szerkezetű, mint az előző, hiszen ennél a négyszöglapok szomszédosak, az ötszöglapok nem, míg a középső ábrán látható testen éppen fordítva, az ötszöglapok szomszédosak és a négyszöglapok nem. Ezt a testet kapjuk akkor is, ha levágjuk egy kocka két szomszédos sarkát.

8-nál kevesebb csúcsú test nem lehet jó. Ha \(V\), \(E\), \(F\) jelöli a csúcsok, élek, lapok számát, akkor \(V=5\) csak két poliédert enged, mindkettőben 3-nál több háromszög van.

A csúcsok fokszámösszege \(2E\), és minden csúcsba legalább 3 él fut, tehát \(2E\geq3V\), azaz \(E\geq\frac{3}{2} V\), amit az Euler-képletbe helyettesítve azt kapjuk, hogy \(F+V=E+2\geq\frac{3}{2} V+2\), azaz \(F\geq\frac{1}{2} V+2\).

Ha \(V=6\), akkor az előző képlet miatt legalább 5 lapja lenne a testnek, és ötszöglapja biztosan nincs, hiszen akkor gúla lenne. Ezért csak háromszög- és négyszöglapok lehetnének, valamelyikből tehát 2-nél több.

Ha \(V=7\), akkor a fenti képlet \(F\geq6\)-ot ad. Itt most hatszöglap nem lehet, tehát a feltétel miatt kényszerűen 2 háromszög, 2 négyszög és 2 ötszöglap van. Ekkor viszont \(F=6\), továbbá az élek száma pontosan \(2(3+4+5)⁄2=12\) lenne, ami ellentmondana az \(F+V=13\) értéknek.

95. Egy \(5\times5\)-ös tábla mindegyik mezőjén áll egy bábu. Most mindegyik bábuval valamelyik vele oldalszomszédos mezőre lépünk. Legfeljebb hány üres mező maradhat ezután?

Válasz: 16.

Megoldás. Az első ábrán megjelölt 9 bábu a szomszédos mezőre lépés után 9 különböző mezőt foglal el. Tehát mindenképp lesz legalább 9 foglalt mező, így legfeljebb \(25-9=16\) mező maradhat üresen.

A második tábla mutat 9 mezőt, melyeken összegyűlhet a 25 bábu, tehát van olyan eset, amikor 16 mező marad üresen.

Még egy – gyönyörű – indoklás arra, hogy legalább 9 mező foglalt.

Nézzük a szürke mezőkön álló 17 bábut, ezek mindegyike valamelyik szomszédos mezőre lép. Mivel lehet olyan mező, amelyre ketten lépnek, de nem lehet olyan, amelyre hárman, így ez a 17 bábu legalább 9 mezőt elfoglal.

Megjegyzések. Dombi Péter megoldja a feladatot \((2n+1)\times(2n+1)\)-es táblára.

Ismerhetjük ezt a kérdést a Zrínyi Ilona Matematikaversenyről is. \(8\times8\)-as táblára 2012-ben a nyolcadikos döntőn másképp megfogalmazva, de ugyanezt kérdezték:

1. feladat. Egy \(8\times8\)-as négyzetrács két négyzete szomszédos, ha van közös oldaluk. A négyzetrács 64 négyzete közül a lehető legkevesebb négyzetet megjelöltük úgy, hogy a négyzetrács minden négyzete (megjelölt és nem megjelölt) szomszédos legalább egy megjelölt négyzettel. Mennyi a megjelölt négyzetek száma?

   Az 1. feladat megoldása.

   A táblát az ábra szerint 10 kalitkára osztottuk. A korongot tartalmazó mezők szomszédai között van megjelölt mező, ezért minden kalitkában lesz két ilyen mező, így a táblán legalább 20 mezőt megjelölünk.

   Elég 20 mezőt megjelölni, ehhez választhatjuk a korongokat tartalmazó mezőket.

   

Mi a válasz, ha minden mezőn két bábu van? 2020-ban a hatodikos döntőn ezt kérdezték:

2. feladat. A \(8\times8\)-as sakktábla mindegyik mezőjén 2 hangya ül, melyek egy perc múlva átmásznak valamelyik szomszédos mezőre úgy, hogy ugyanarról a mezőről a két hangya más-más mezőre mászik át. Hány mező lehet üres egy perc múlva, ha azok száma a lehető legtöbb? (Két mező szomszédos, ha van közös oldaluk.)

   A 2. feladat megoldása.

   A bal oldali táblán megfestett 20 mezőről a hangyák csak olyan mezőre mászhatnak át, amelyre másik festett mezőről nem érkezhet hangya. Ezért a festett mezőkön lévő 40 hangya egy perc múlva 40 mezőt foglal el. Emiatt legfeljebb \(64-40=24\) mező maradhat üresen.

   

   A jobb oldali táblán minden mezőnek két festett szomszédja van. Ha a fehér mezőkről a hangyák a festett mezőkre másznak, és a festett mezőkön lévő hangyák is a festett szomszédos mezőkre másznak, akkor a 24 fehér mező üresen marad.

   Ezek miatt egy perc múlva legfeljebb 24 üres mező lehet, és ez megvalósulhat.

Az 1. feladat az 1999-es Nemzetközi Matematikai Diákolimpia 3. feladata \(n=8\) esetén:

Tekintsünk egy \(n\times n\)-es négyzet alakú táblát, ahol \(n\) rögzített páros pozitív egész. A tábla \(n^2\) egységnégyzetre van felosztva. Azt mondjuk, hogy a tábla két különböző négyzete szomszédos, ha van egy közös oldaluk.

A táblán \(N\) egységnégyzet meg van jelölve oly módon, hogy minden négyzet (jelölt, vagy nem jelölt) szomszédos legalább egy jelölt négyzettel.

Határozzuk meg \(N\) lehetséges legkisebb értékét.

Más köntösben is feladták ezt a feladatot (a \(8\times8\)-as táblát) 2015-ben a Zrínyin, a nyolcadikosok megyei versenyén, nagyon más, mesés szöveggel. (Bergengóciában az alföldön segélyhelyeket telepítenek, és spórol az építtető.)

A 95. feladatról írja Dombi Péter, hogy „a feladat tökéletes ikerpárja a korábbi, 45. Héttusa-feladatnak”:

Egy \(12\times12\)-es táblázat néhány mezőjét elfoglaljuk egy-egy bábu ráhelyezésével. Hány mező lehet foglalt, ha minden mezőnek pontosan egy foglalt szomszédja van? (Két mező szomszédos, ha van közös oldaluk.)

96. A \(2\), \(3\), \(4\), \(\dots\), \(n\) számokat pirossal és kékkel színezzük úgy, hogy ha két szám azonos színű, akkor a szorzatuk a másik színű legyen. (A két szám lehet ugyanaz is: ha például 2 kék, akkor \(2\times2=4\) piros.) Mekkora lehet n legnagyobb értéke?

Válasz: 31.

Dombi Péter megoldása. 31-ig van jó színezés, később nincs. Az egyszerűbbnek ígérkező additív változattal érdemes kezdeni. Ott csak négyig juthatunk, mert az 1 és a 2 \((1+1=2)\), valamint a 2 és a 4 \((2+2=4)\) különböző színűek lesznek, így \(1\equiv4\) miatt 3-at a másik osztályba kell tenni, tehát \(2\equiv3\). Ekkor az 5 már egyik osztályba sem kerülhet.

Rátérve a feladat kérdésére, 32-ig biztos nem juthatunk, hiszen az első öt 2-hatvány a fenti észrevétel miatt a kitevőket nézve valahol elrontaná az osztályozást. 31-ig a színezés – ismét az előző bekezdésre hivatkozva – a következő lehet: ha a nem feltétlenül különböző prímosztók száma 1 vagy 4, akkor a szám piros lesz, ha 2 vagy 3, akkor kék. Ez a csoportosítás 31-ig vihető, a prímeken kívül a 16 és a 24 lesz piros.

97. Egy 20 cm hosszú pálcát olyan darabokra törtünk, amelyek hossza egész számú centiméter. Mi a legkisebb darabszám, amelyre biztosan igaz, hogy az összes darabból – bármekkorák is a darabok – kirakható egy téglalap?

Válasz: 12.

Megoldás. 11 darab kevés, mert ha tíz 1 cm-es és egy 10 cm-es darab van, akkor ezekből csak egy elfajult téglalapot lehetne kirakni. 12 darab viszont biztosan elég, mutatunk erre két bizonyítást.

Igaz a feladat következő általánosítása:

Egy \(2n\) hosszú pálcát \((n>1)\) legalább \(n+2\) db egész hosszúságú részre kell törni ahhoz, hogy ezekből biztosan kirakható legyen egy téglalap.

Versenyeken gyakran felbukkan a következő szép állítás, amit használni fogunk:

Állítás. Ha adott \(n\) darab egész szám, azok közül mindig kiválasztható néhány, melyek összege osztható \(n\)-nel.

Ezt az állítást Erdős Pál Vázsonyi Endrének és Svéd Mártának tulajdonítja (lásd: Aigner-Ziegler: Bizonyítások a Könyvből, Typotex, 2004, 150. oldal).

Bizonyítás. Legyenek az adott számok \(a_1\), \(a_2\), \(\cdots\), \(a_n\).

Ha van az \(a_1\), \(a_1+a_2\), \(\dots\), \(a_1+a_2+\cdots+a_n\) számok között kettő, ami azonos maradékot ad \(n\)-nel osztva, akkor a különbségük számainknak \(n\)-nel osztható részösszegét adja. Ha nincs, akkor az előbbi összegek \(n\)-nel vett maradékai különbözők, tehát előfordul a \(0\) maradék is.

1. megoldás. Ha 12 darabra törjük a pálcát, megvizsgálhatjuk a lehetséges eseteket, de lehet ezt elegánsabban is. Sógor Tamás a következő bizonyítást adta.

A 12 darab között van két 1 cm-es. (Ha nincs két 1 cm-es, akkor a pálcikák teljes hossza több lenne 20 cm-nél.) Ezt a két pálcát tegyük félre, ezek a téglalap szemközti oldalai lesznek. A megmaradó 10 db pálcika összhossza 18 cm, őket kell két 9 cm hosszú csoportra osztani.

A 10 szám közül (ezek a számok a pálcikák hosszúságai) egyet vegyünk ki, így a többi 9 szám összege kisebb 18-nál. Használjuk az előbb bizonyított állítást \(n=9\)-re. A 9 szám között van néhány, amelyek összege osztható 9-cel, így ez az összeg csak 9 lehet.

Arra jutottunk, hogy a 12 darabból mindig összerakható egy \(1\times9\)-es téglalap.

2. megoldás. Vegyünk egy 20 cm kerületű, 1 cm oldalú szabályos húszszöget. Csúcsait jelöljük fekete pontokkal. A 12 pálcika hosszát egymás után mérjük fel a húszszög kerületén, és fessük pirosra a hosszúságok végpontját jelző pontokat. Ezután lesz 12 piros és 8 fekete csúcs. Az átellenes csúcsok párokat alkotnak, 10 ilyen pár van. Közülük legfeljebb 8 tartalmazhat fekete pontot, hiszen összesen 8 fekete pont van. Ezért legalább két pontpár mindkét pontja piros. Ennek a pontpárnak a végpontjai a húszszög kerületét négy részre osztják, ahol a szemközti darabok hossza egyenlő, és azokból összeállítható a téglalap.

Ezen a példán a pálcikadarabok hossza: 2, 1, 1, 3, 1, 1, 1, 1, 2, 4, 1, 2.

Megjegyzések: Lehetne vizsgálni, mi a válasz, ha téglalap helyett más sokszöget akarunk építeni.

Makay Géza írja: Újabb kérdés, hogy ha nem kell minden darabot felhasználni a téglalaphoz, akkor mi a legkisebb darabszám. Hat darab nem elegendő, az 1, 1, 1, 2, 4, 11 egy ellenpélda, ugyanis a 11 cm-es darabot nem tudjuk használni, a 4 cm-es darabnak egy oldalon kell lennie, viszont akkor a téglalap kerülete legalább 10 cm kellene legyen, annyi pedig nincs a maradék darabokban. A sejtésem az, hogy ebben az esetben 7 darab kell, programmal ez nyilván bebizonyítható.

Erről Szemerédi Ferenc is írt: Ha nem kell az összes darabot felhasználni akkor elég hét darabra törni. Hat nem elég az \(1+1+1+2+5+10\) miatt, de hét már elég.

A hét darab között biztosan lesz két egyforma, ezeket tegyük ki:

• Ha ezek hossza 3 vagy több volt, akkor a maradék 5 darabban (amelyek összhossza 14 vagy kevesebb) is lesz két egyforma.
• Ha ezek hossza \(2+2\), akkor a maradék hossz 16, ez 5 különböző szakaszra csak \(1+2+3+4+6\) módon bontható, de ekkor a \(3=1+2\) elemekből (és a kivett két egyenlőből) kirakható a téglalap.
• Ha a hosszak 1+1, akkor a 18-at kell 5 különböző és összegmentes (azaz egyik hosszúság sem lesz két másik összege) részre osztanunk: ha szerepel benne az 1-es, akkor nem lehet összegmentes, ha pedig nem, akkor nem lehetnek különbözőek a számok.

Hasonló kérdésekről szól Pataki János: Partíciós gyakorlatok cikke:

https://www.math.u-szeged.hu/polygonlap/p186.pdf

98. Felföldön a totó csak négy mérkőzést tartalmaz. Minden mérkőzés eredményére háromféleképpen lehet tippelni: 1, 2 vagy X (a hazai csapat nyer, a vendégcsapat nyer vagy döntetlen lesz az eredmény). Egy szelvényen csak egy tipposzlop van. Legkevesebb hány totószelvényt kell kitöltenünk ahhoz, hogy bármilyen eredménnyel záruljon is a négy mérkőzés, legyen közöttük legalább egy legalább háromtalálatos?

Válasz: 9.

Udvari Tibor megoldása. 9 szelvény megfelelő kitöltésével el lehet érni a célt.

Összesen 81 különböző totószelvényt lehet kitölteni. Minden kitöltött szelvény esetén 9 olyan eredmény létezik, amelyikre a szelvény vagy telitalálatos, vagy három találat lesz rajta. Ebből következik, hogy nem lehet elég 9 szelvénynél kevesebb kitöltése.

Egy példa megmutatja, hogy 9 szelvényt ki is lehet tölteni a kívánt módon. (A példát egy rövid program segítségével kaptam, amely egy szelvény kiválasztása után törölte a tőle legfeljebb 2 tippben eltérő szelvényeket és a maradékból választott újra. Ha a szelvények sorrendje más, akkor más lehet a kiválasztott 9 szelvény is.)

1111, 1XXX, 1222, X1X2, XX21, X21X, 212X, 2X12, 22X1.

Makay Géza megoldása.

9 szelvény elegendő. Összesen \(3^4=81\) lehetséges kimenetel van. Egyetlen kitöltött szelvény lehet telitalálatos, vagy a 4 mérkőzés mindegyikénél előfordulhat 2 lehetséges rossz tipp, amitől a szelvény még háromtalálatos lesz. Összesen tehát 9 kimenetelt tud „lefedni” egy kitöltött szelvény. Vagyis legalább \(81/9=9\) szelvény kell az összes lehetséges kimenetel lefedéséhez.

Legyenek a szelvényeink a következők: 1111, 1XX2, 122X, X1XX, XX21, X212, 2122, 2X1X, 22X1. 2 szelvény Hamming-távolsága megmondja, hogy a szelvényekben szereplő ugyanazon mérkőzésre vonatkozó tippekben hány eltérés van. Könnyen ellenőrizhető, hogy a fenti szelvények egymástól vett Hamming-távolsága mindig pontosan 3, vagyis csak 1 tipp azonos bármelyik két szelvényen. Ezért, ha veszem ezeket a szelvényeket és az 1 Hamming-sugarú környezetüket (ami a fenti, egy szelvény által „lefedett” 9 kimenetelnek felel meg), akkor ezek nem fedhetik át egymást, hiszen a szelvények Hamming-távolsága 3. Vagyis ez a 9 szelvény összesen \(9\cdot9=81\) kimenetelt fed le, tehát az összeset.

A megoldásokat közölte: Róka Sándor