     
P 48 (2020/2021) 64
Igra treh barv
M̌ Č, T S̌
Predstavili bomo Igro treh barv, ki sta jo prva
opisala matematika Ehrhard Behrends in Steve
Humble v članku Triangle Mysteries, Mathematical
Gems and Curiosities, leta 2013 in je dostopen na
www.ehrhard-behrends.de/pdf_zaubern/behre-
nds_humble.pdf. Igra je precej preprosta, v ozad-
ju pa se skriva zanimiva matematika.
Konfiguracijo enakostraničnega trikotnika bomo
sestavili iz pravilnih šestkotnikov tako, da bo vsaka
od stranic sestavljena iz štirih pravilnih šestkotnikov
(glej sliko 1). Predpostavimo, da je konfiguracija ve-
dno orientirana tako, da ena izmed njenih stranic
leži vodoravno zgoraj, posledično je nasprotno ogli-
šče spodaj. Pri takšni orientaciji bomo zgornjo stra-
nico, torej prvo vrsto šestkotnikov, imenovali prva
vrstica, tri šestkotnike, ki ležijo tik pod njo, bomo
imenovali druga vrstica, preostali dve pa tretja in če-
trta vrstica, kjer je slednja zgolj oglišče. Opisano
konfiguracijo bomo v nadaljevanju imenovali triko-
tnik reda 4. Za poljubno naravno število n ě 2 na
podoben način definiramo trikotnik reda n.
Na voljo imamo tri različne barve, denimo rumeno,
modro in rdečo. Trikotnik z njimi pobarvamo tako,
da vsakemu šestkotniku priredimo natanko eno iz-
med barv na način, opisan spodaj.
Prvo vrstico šestkotnikov pobarvamo poljubno.
Ena od možnosti je predstavljena na sliki 1.
Barva vsakega nadaljnjega šestkotnika je določena
z barvo tistih dveh šestkotnikov, ki ležita v vrstici
neposredno nad njim in se ga dotikata. Pravili sta
sledeči:
če sta šestkotnika iste barve, je takšne barve tudi
spodnji šestkotnik;
če sta šestkotnika različnih barv, potem je spo-
dnji šestkotnik tiste barve, ki ne nastopa kot barva
šestkotnikov nad njim.
Sedaj si zastavimo naslednji vprašanji: Ali lahko
na podlagi barv prve vrstice v enem koraku (tj. še
SLIKA 1.
Primer barvanja prve vrstice trikotnika reda 4
pred barvanjem preostalih šestkotnikov danega triko-
tnika) določimo barvo šestkotnika v zadnji vrstici? Ali
je barva šestkotnika v zadnji vrstici odvisna od vseh
barv prve vrstice ali zgolj od nekaterih izmed njih?
Preden odgovorimo na zgornji vprašanji, pobar-
vajmo trikotnik s slike 1 v celoti.
Ugotovimo, da je šestkotnik na dnu trikotnika rde-
če barve. Oglejmo si barve oglišč dotičnega triko-
tnika. Prvi in zadnji šestkotnik prve vrstice smo po-
barvali z modro in rumeno barvo. Skupaj določata
rdečo barvo, kar je natanko barva šestkotnika v za-
dnji vrstici. Gre za naključje? Poskusimo prvo vr-
stico pobarvati drugače. Hitro ugotovimo, da je bar-
va oglišča v zadnji vrstici spet barva, ki jo določata
preostali dve oglišči trikotnika. Izkaže se, da je od-
govor na obe zastavljeni vprašanji pritrdilen in velja
naslednje: Barvo nepobarvanega oglišča na dnu tri-
kotnika lahko v enem koraku določimo že na podlagi
barv preostalih dveh oglišč. Trditev lahko dokažemo
s seznamom vseh možnih barvnih kombinacij prve
vrstice. Mi bomo trditev dokazali s pomočjo aritme-
tike. Tak dokaz je za nas bolj zanimiv, saj ga lahko
posplošimo tudi na trikotnike višjega reda.
Najprej vsaki izmed barv priredimo natanko eno
od števil 0, 1 in 2 tako, da je vsaka barva na enoličen
način opredeljena s številom. Predpostavimo, da ru-
meni barvi priredimo število 0, modri barvi število 1
in rdeči barvi število 2. Barvanje bomo sedaj lahko
predstavili v obliki računske operacije.
Ker s kombinacijo dveh barv s seznama spet do-
bimo barvo z istega seznama, bomo množico prireje-
     
P 48 (2020/2021) 6 5
SLIKA 2.
Barvanje z uporabo zgoraj zapisanih pravil
SLIKA 3.
Trikotnik s slike 1 pobarvan v celoti
nih števil t0,1,2u opremili s t. i. seštevanjem po mo-
dulu 3. Gre za sistem aritmetike celih števil, kjer se
števila ponovno vrtijo v krogu, ko dosežejo določeno
vrednost, ki se imenuje modul. Števili sta kongruen-
tni po modulu n, kar zapišemo a ” b (mod n), če
je a ´ b “ nk za neko celo število k. Tako je npr.
2 ` 2 ” 1 (mod 3), saj je 4 ´ 1 “ 3 ¨ 1. Vrnimo se
k barvam, ki smo jim na enoličen način priredili šte-
vila. Opazimo, da barvi a in b določata barvo, ki ji
pripada število ´pa ` bq (mod 3). Bralec lahko zapi-
sano enostavno preveri s pomočjo slike 2.
Dokažimo torej, da barvi prvega in zadnjega šest-
kotnika v trikotniku reda 4 vedno določata barvo
šestkotnika v zadnji vrstici. Predpostavimo, da smo
prvo vrstico trikotnika pobarvali z barvami a, b, c in
d ter izračunajmo barvo šestkotnika v zadnji vrstici.
Kot rezultat (glej sliko 5) dobimo število ´pa `
3b ` 3c ` dq, ki je kongruentno številu ´pa ` dq po
modulu 3. Pri tem smo, med drugim, upoštevali dej-
SLIKA 4.
Barvanje kot računska operacija
SLIKA 5.
Izračun barve šestkotnika v zadnji vrstici trikotnika reda 4
     
P 48 (2020/2021) 66
SLIKA 6.
Trikotniki reda 3n ` 1 v trikotniku reda 3n`1 ` 1 z
opazovanimi oglišči
stvo, da za poljubna cela števila x, y , x1 in y 1 velja:
če je x ” x1 (mod 3) in y ” y 1 (mod 3), tedaj je
x`y ” x1 `y 1 (mod 3). Izračunano število torej pri-
pada barvi, ki jo določata a in d, le-ta pa je neodvisna
od preostalih barv v trikotniku. S tem smo dokazali,
da je v igri treh barv barva oglišča na dnu trikotnika
reda 4 res določena le z barvo oglišč iz prve vrstice
in jo lahko določimo še preden prepoznamo barve
preostalih šestkotnikov.
Na tem mestu se pojavi vprašanje, ali zapisano
velja le za trikotnike reda 4. Seveda velja za triko-
tnike reda 2, saj smo seštevanje barv tam vpeljali
(glej sliko 2), vendar s poskušanjem lahko pridemo
do sklepa, da za trikotnike reda 3, 5, 6, 7, 8 in 9 to
ne velja.
Izkaže se, da trditev velja za vse trikotnike reda
3n ` 1, kjer je n poljubno naravno število. Zapisano
dokažimo s pomočjo matematične indukcije. Pred
tem se spomnimo, da gre za metodo dokaza, ki po-
teka v dveh korakih in se običajno uporablja pri do-
kazovanju dane trditve za vsa naravna števila. Prvi
korak, imenovan baza indukcije, je dokaz trditve za
prvo naravno število, ki naj bi trditvi zadoščalo. Sledi
indukcijski korak, v katerem predpostavimo, da trdi-
tev velja za poljubno izbrano naravno število n in jo
dokažemo za n` 1.
Da je baza indukcije izpolnjena, smo razmislili
zgoraj. Za indukcijski korak izberimo poljubno na-
ravno število n in predpostavimo, da za trikotnik
reda 3n ` 1 trditev velja, tj. barva oglišča v vrstici
3n ` 1 je natanko določena z barvo oglišč iz prve vr-
stice. Dokažimo, da ta trditev velja tudi za trikotnik
reda 3n`1 ` 1.
Trikotnik reda 3n`1 ` 1 je sestavljen iz trikotni-
kov reda 3n ` 1 na način, kot kaže slika 6, kjer so
narisana le oglišča teh trikotnikov. Zanimajo nas
samo trikotniki, ki so orientirani na način, zapisan
zgoraj. Poljubno pobarvajmo prvo vrstico trikotnika
reda 3n`1 ` 1. Denimo, da smo oglišča trikotnikov
reda 3n ` 1, ki ležijo v prvi vrstici trikotnika reda
3n`1 ` 1, pobarvali z barvami a, b, c in d, kot prika-
zuje slika 6.
Ker je v vsakem izmed trikotnikov reda 3n ` 1 po
indukcijski predpostavki barva oglišča na dnu triko-
tnika določena z barvo preostlih dveh oglišč, lahko
izračunamo barvo šestkotnika, ki leži v zadnji vrstici
trikotnika reda 3n`1 `1. Analogno, kot smo to storili
v trikotniku reda 4, tudi tukaj pridemo do rezultata
´pa`3b`3c`dq, kar je kongruentno številu ´pa`dq
po modulu 3. S tem je trditev dokazana.
Ob koncu dodajmo, da lahko podobno, kot smo
vpeljali pravila v igri treh barv, vpeljemo pravila za
barvanje trikotnikov z uporabo dveh barv. Razmisli,
kakšna pravila bi bila smiselna v tem primeru in ka-
teri trikotniki bi s tem postali zanimivi.
ˆ ˆ ˆ