Dlažba šestiúhelníku s diamanty

Myslím, že jsem našel opravdu snadný důkaz.

Každá dlaždice se svislými stranami musí mít vedle sebe dvě další dlaždice se svislými stranami. , nebo svislá hranice šestiúhelníku. U dané dlaždice se svislými stranami poskytuje sledování těchto sousedních dlaždic konkrétní cestu k oběma svislým stranám šestiúhelníku.

To znamená, že každá dlaždice se svislými stranami leží na cestě, která začíná na levé straně šestiúhelník a končí vpravo a skládá se pouze z dlaždic se svislými stranami. Žádná z těchto cest se nemůže protínat, protože by to vytvořilo dvě různé cesty z jedné dlaždice se svislými stranami k levé straně šestiúhelníku, která podle prvního odstavce nemůže existovat.

Protože žádná z cest protnout, každá cesta mezi levou a pravou stranou šestiúhelníku musí začínat a končit ve stejné výšce. Každá cesta proto musí obsahovat stejný počet každé ze dvou různě orientovaných dlaždic se svislými stranami. Protože každá dlaždice se svislými stranami leží na takové cestě, celkový počet těchto dvou různě orientovaných dlaždic musí být stejný.

Opakujte to symetricky pro další dvě orientace, abyste zjistili, že počet dlaždic každé orientace musí být stejný. být si rovni.

Komentáře

• Velmi pěkný důkaz. Myslím, že by to mohlo být ještě jednodušší jednoduchým pozorováním, že a + b = b + c = c + a je ekvivalentní a = b = c. Pak můžete upustit celý přechod a nahoru a dolů věci. Místo toho stačí počítat vertikální tahy. Podle vašeho argumentu musí být stejné číslo v každém “ sloupci “ a hranici. Můžete namapovat 1 až 1 všechny svislé tahy kromě levé hranice, řekněme, na všechny dlaždice, které mají svislé strany (tj. Dva druhy, jako v + + b výše) přidružením každé takové dlaždice k jeho pravá svislá hrana.
• Ah, máš ‚ pravdu. Jakmile víte, že v každé orientaci je stejný počet úderů, bude výsledek snadno následovat.

Chci zveřejnit odpověď, která je intuitivnější než matematická .
Tento obrázek ji dokonale reprezentuje:

K zvýraznění diamantů se stejnou orientací se používá bílá, šedá a černá. Pravý obrázek ukazuje podivné těleso, myslím, že ho vidí každý.
Je intuitivní vidět, že pro každou konfiguraci je černá oblast ekvivalentní (také bílá a šedá): je to jako extrudování částí vaší podlahy (aka stavba schodů!), plocha, po které můžete chodit, se nemění!

Komentáře

• Váš tvar zůstává flipflopping in my head. One moment black is “ up „, další je “ down „. Tento důkaz se mi ale líbí.
• @Floris Mým záměrem je skutečně vyřešit tento problém jako hádanku (my ‚ jste v Puzzling, eheh!), a ne jako čistě matematický úkol.
• Vy ‚ předpokládáte, že každé řešení “ vypadá jako “ hromádka kostek. Jak to víte, že je to pravda? Za předpokladu, že každé řešení vypadá jako hromádka kostek, je hezké hodně za předpokladu věc, kterou ‚ žádáte o prokázání.
• @Floris: Ou, chvíli mi trvalo, než jsem to viděl převrácené, a jakmile to udělám, musím bojovat “ podržet “ tuto interpretaci a bolí mě to z hlavy. Předpokládám, že jsem v mládí hrál příliš mnoho Q * bertů.
• @ leoll2 ‚ Vaším úkolem je přesvědčit nás, že to nemůže být ‚ nic jiného. Jak si mohu být jistý, že ‚ t nějaké podivné obklady, které nevypadají ‚ t jako hromádka kostek?

Tady je důkaz inspirovaný 3D.

Vezměte jakýkoli kachlový šestiúhelník a podívejte se na jeho svislé čáry.

Nejprve si všimněte, že vzhledem k tvaru dlaždic musí mít všechny svislé čáry stejnou délku jako levá a pravá strana šestiúhelníku, případně s mezerami mezi nimi.

Pokud tedy žádný z nich nemá mezery a všechny končí dole, musí celý obklad vypadat takto („úplně vyplněná kostka“):

Ukazujeme, že je možné transformovat jakékoli další obklady na„ zcela vyplněnou krychli „, aniž bychom museli měnit počet dlaždic v každé orientaci.

Nejprve vyberte fragment svislé čáry, která dole nekončí. Musí místo toho končit u vodorovné dlaždice, protože další dvě dlaždice mají obě svislé strany. Doufejme, že situace vypadá takto („roh“):

Možná ale existuje jeden nebo dva další řádky na stejném místě, jako je tento:

Pokud je to váš případ, sledujte jeden z nich. Musí patřit k další vodorovné dlaždici sousedící s aktuální. (Vidíte to z obrázku.) Takže po sledování čáry jste opět ve stejné situaci, ale blíže k jedné ze stran šestiúhelníku (což zaručuje ukončení, protože ve směru, kterým jste právě přišel z). Pokračujte stejným směrem, dokud se nedostanete do „rohu“.

Nyní, když jste se dostali do „rohu“, jej „vyplňte“:

Je zřejmé, že počet dlaždic v každé orientaci zůstal stejný. Fragment svislé čáry se však právě posunul dolů.

Tento algoritmus opakujte, dokud všechny svislé čáry neskončí dole a nebudou odstraněny všechny mezery, což povede k „zcela vyplněné krychli“ (viz výše).

Komentáře

• Super! Také to dokazuje, že jakýkoli obklad lze transformovat na jakýkoli jiný posloupností “ rohových výplní “ nebo malými šestiúhelníkovými rotacemi >
• Ano, a svým způsobem dokazuje, že 3D interpretace vždy funguje. Ale myslím, že by to mohlo být prokázáno mnohem příměji, protože v “ vezměte jakýkoli obklad a vytvořte odpovídající 3D strukturu takto … “
• dobrý 🙂 v podstatě 3D rotace. Udělal jsem 2D. Setkali jste se někdy s touto hádankou?

Je zajímavé, že při pohledu na obrázek jako na 3D graf můžete vidět, že každá „tvář“ má stejný počet dlaždic. Takže pokud se na to podíváte zleva, uvidíte 25 čtverců. Nahoře, 25 čtverců. Správně, 25 čtverců. A každá ze 3 orientací odpovídá jedné z tváří.

Komentáře

• Mám pocit, že tento argument je přesvědčivý, ale pouze pro konkrétní obklad, na který se díváte. Jak si můžete být jisti, že u každého možného obkladu dojde k optické iluzi?
• Tato odpověď se zdá být způsobem, jak si vizualizovat odpověď … nic nedokazuje. Je však možné to dokázat tímto způsobem.
• Úplně souhlasím. I “ znáte “ odpověď, ale její vysvětlení přesahuje tento pátek.

Ještě další; tento je založen na trojúhelníku a může být spíše standardním důkazem.

Rozdělte celý šestiúhelník na trojúhelníky a přiřaďte čísla svislé čáry jako toto (nebo podobně):

Nyní pro jakýkoli tvar založený na trojúhelníku (whi ch nemusí nutně být obkladem) definujte jeho „stupeň“ jako číslo získané přidáním všech čísel přiřazených k jeho levé hranici a odečtením všech čísel přiřazených k její pravé hranici. Například tvar

má například „stupeň“ $ (1-2) – (2 + 2-1-2) = – 2 $.

Nyní vytvořte obklad kousek po kousku a zvažte „stupeň“ výsledného tvaru. Přidání vodorovné dlaždice nezmění stupeň, přidání jedné z ostatních ji zvýší nebo sníží o 1:

Jelikož má celý šestiúhelník stupeň 0, musí být počet zobrazených dvou dlaždic stejný. Opakujte symetricky v jiném směru.

Komentáře

• Šestiúhelník můžete rozdělit na libovolný počet tvarů, pak součet stupňů těchto tvarů je 0.Technicky to neodpovídá, protože stále musíte prokázat, že můžete obklady sestavit (například extrudováním jste právě prokázali, že pokud obklady existují, musí mít stupeň 0). Ale tato odpověď pro jistotu poskytuje chybějící část důkazu, takže +1
• Jak chápu otázku, není třeba dokazovat, že obklad vždy existuje. Ale samozřejmě ano. 🙂 (Viz moje první odpověď.)
• Aby bylo možné vytvořit všechny možné tilings, potřebuji moji odpověď 🙂
• Ach, teď chápu, co říkáš. Pod “ build “ mám na mysli něco jiného: Začněte jednou dlaždicí; to je tvůj první tvar. Pak přidávejte jednu dlaždici za druhou, dokud nedosáhnete obkladů, které jste původně měli.
• Ne, pro mě to začíná z platného stavu (stačí dát jednu, že ‚ s triviální) pak použijte nějaký druh transformace, která vás nechá v jiném platném stavu. Vytváření, jak říkáte, je těžší, protože potřebujete nějaký druh “ předkupního „, který je možný, ale vyžaduje hledání, zatímco v mém příspěvku Nepoužívám ‚ žádné vyhledávání, pouze předem určené “ přechody „, které uvažování velmi snadné ..

Pojďme uvažovat trojúhelníkovou mřížku po sloupci.

Každý sloupec v levé polovině má jeden více trojúhelníku směřujícího doleva než trojúhelníků směřujících doprava. V pravé polovině je přebytek jednoho trojúhelníku směřujícího doprava.

Diagonální pastilky přispívají přesně k jednomu trojúhelníku směřujícímu vlevo a jednomu trojúhelníku vpravo sloupec. Pojďme je ignorovat. Zůstane vám levice s trojúhelníky, které jsou součástí vodorovné pastilky. Horizontální kosočtverec je tvořen trojúhelníkem směřujícím doleva v jednom sloupci (červeně) a odpovídajícím trojúhelníkem směřujícím doprava ve sloupci napravo (zeleně).

Trojúhelníky, které ignorujeme, se skládají z dvojic trojúhelníků směřujících doleva a doprava v jednom sloupci. V každém sloupci tedy musí být přebytek na jednom červeném trojúhelníku v levé polovině a přebytek jednoho zeleného trojúhelníku v pravé polovině.

V prvním sloupci musí být jeden červený trojúhelník, protože tam je přebytek jednoho a nemůže existovat žádný zelený trojúhelník. Tomuto trojúhelníku odpovídá zelený trojúhelník ve 2. sloupci. Ve sloupci 2 je 1 zelený trojúhelník, takže tam musí být ještě jeden červený trojúhelník. To je 2. Tyto 2 červené trojúhelníky mají ve 3. sloupci stejné zelené trojúhelníky atd.

Jak vidíte, v každém dalším sloupci je až do střední čáry ještě jeden červený trojúhelník. Poslední sloupec před prostřední řádkou má 5 červených trojúhelníků. Vpravo od střední čáry je 5 odpovídajících zelených trojúhelníků. Ale stále máme přebytek 1 zeleného trojúhelníku, počet červených trojúhelníků klesá na 4. Od té doby se počet snižuje s každým sloupcem. Výsledkem je, že bez ohledu na to, jak jsou pastilky umístěny, počítají červené trojúhelníky ve sloupcích posloupnost 1,2,3,4,5,4,3,2,1,0, která činí 25.

To znamená, že vždy bude 25 červených trojúhelníků. A to jsou poloviny vodorovných pastilek, takže vždy bude 25 vodorovných pastilek.

Podle rotační symetrie to samé platí pro pastilky s levou a pravou úhlopříčkou. To znamená, že bez ohledu na to, jak jsou umístěny, bude vždy 25 z každého ze 3 typů pastilek.

QED

Z trojúhelníkové obklady s „hranicí krychle“, vidíme, že:

• existuje stejný počet úseček v $ 0 ^ \ circ, 120 ^ \ circ, 240 ^ \ circ $

• každý kosočtverec pokrývá přesně jeden typ úsečky

Komentáře

• Není to ‚ to jen opakování toho, co řekl leoll2, že když “ vytlačování částí vaší podlahy “ že “ oblast, po které můžete chodit, ‚ změna „.
• To ‚ je ve skutečnosti mnohem lepší důkaz než moje odpovědi. Je ‚ zajímavé, že prostě ignorujete všechny viditelné řádky a místo toho se soustředíte na neviditelné.

Pokud přiřadíme $ S $ za délku strany šestiúhelníku (v počtu délek diamantové strany) a $ A $, $ B $, $ C $ až být počet diamantů každého typu, kde $ A $ je delší než vysoký, $ B $ ukazuje vpravo dole / vlevo nahoře a $ C $ ukazuje dole dole / vpravo nahoře.

celkový počet diamantů (aka plocha) nám umožňuje vytvořit tuto rovnici:

$$ S ^ 2 * 3 = A + B + C $$

Představte si $ S = 1 $ hexagon … Existují pouze 2 řešení, která jsou stejná a jsou otočena o 30 stupňů. Musí být přítomny všechny tři diamanty, aby se střední část přidala až na 360 stupňů.

Dokážeme si představit, že existují 3 cesty, které postupují shora dolů, vpravo nahoře dole vlevo, a vlevo nahoře do pravých dolních rohů. Celkový pohyb dolů pro jakoukoli cestu, kterou sledujete (shora dolů), se musí rovnat $ 2S $, ale pohyb zleva doprava musí být nulový. Pokud se posunete úplně dolů na diamantu $ A $, nepohybujete se doprava ani doleva. Pokud se pohybujete dolů na diamantu $ B $ nebo $ C $, pohybujete se vpravo nebo vlevo. Aby se všechny cesty nepohybovaly doleva nebo doprava, musí být celkový počet $ B $ a $ C $ stejný. Pokud otočíte graf o 60 stupňů tak, aby různé páry rohů směřovaly nahoru / dolů, můžete to ukázat pro $ A $ a $ B $ nebo $ A $ a $ C $.

Komentáře

• Můžete trochu rozvinout, odkud tyto 3 cesty pocházejí? Existuje několik možných cest (shora dolů) nebo jedinečných vzhledem k obkladům? Jsou to jako pěšec poskakující z diamantu na sousední diamant nebo mravenec sledující okraje?
• Jedná se o vektorový přídavek …. odkazuje na všechny cesty, které postupují od rohu k opačnému bez zpět sledování. Je to mravenec, který sleduje hrany.
• Abychom to objasnili, neexistuje žádná cesta, která by nesledovala B = C, takže je sečtěte všechny a B = C

Nejsem si jistý, zda se jedná o úplnou odpověď, ale už mě unavuje.

Nechť n = počet trojúhelníků na stranu. Vezměte diamanty dotýkající se EDIT: n + 1 sousedních hranových jednotek (pouze v 1 bodě se nepočítá): Alespoň jeden diamant musí být odlišný od ostatních. Nechte všechny změny proběhnout v rozích, se změnou v každém druhém rohu.Vytvořili jsme smyčku, která může obsahovat šestiúhelník s délkou strany n-1, a počet diamantů každého druhu je stejný. Indukce až na n = 1, kde je samozřejmě stejný.

Nyní nechte vnější smyčku šestiúhelníku odchýlit se od naší politiky „změny se vyskytují pouze v rozích“. Vybarvěte všechny diamanty sousedící s vnější hranou určitou barvou (řekněme černou) a nechte všechny diamanty, které vyčnívají z této smyčky, bílé. Nyní vidíme přerušenou smyčku obklopující další (jistě přerušenou) smyčku n-1. Barva v této vnitřní smyčce s druhou barvou, opět ponecháním všech rebelů bílou. Udělejte to až do šestihranu n = 1, potom vybarvujte rebely podle orientace.

Nyní, když se podíváte na můj diagram, vnitřní fialový šestiúhelník opravdu chce červenou dlaždici dole místo oranžové a růžové . Představte si, že jde o mozaiku. Roztrhněte červenou dlaždici a oranžové a růžové rebely uprostřed a položte tam červenou dlaždici. Fialový hex je nyní šťastný. Nyní udělejte zelenou šestnáctku šťastnou (změna pouze v každém druhém rohu) – Dolní boční diamant chce být dvěma šikmými diamanty, aby se vešly kolem fialové šestnáctky – přidejte naše oranžové a růžové dlaždice na stranu a položte zelenou dlaždici kdekoli jsme dříve vyloupili červenou dlaždici. Myslím, že je jasné, že v tomto procesu lze pokračovat, dokud nedosáhneme svého „optimálního šestiúhelníku“. Můj mozek je však příliš smažený, než abych to definitivně dokázal.

EDIT: Věřím, že tyto dvě věci jsou pravdivé: 1. Vezmeme-li neoptimální šestiúhelník, bude každá soustředná smyčka nešťastná. 2. Oprava nešťastné smyčky nutně přidá dlaždice do naší „ruky“ odstraněných mozaikových dlaždic. 3. Chcete-li opravit nejvnitřnější hex, vyloupte každého vhodného rebela.

S ohledem na tyto dvě věci je nemožné, že budeme chtít opravit hex, ale nebudeme mít dlaždice v naší „ruce“ odstraněných dlaždic, za předpokladu, že existuje alespoň jeden rebel druh potřebný pro smyčku n = 1.

Dlouhé důkazy nejsou potřeba. Myslete na 3D.

Představte si, že některé kostky jsou upevněny v rohu místnosti. Tři orientace jsou tváře, které vidíme, protože z každé strany musíme vidět stejný počet tváří.

Komentáře

• existuje také důkaz z číslování. Vložte dvě 0 do rohu a vytvořte číslo tak, aby 3 orientace vždy přidávaly až -1,0 a 1. Přidáním řádku po řádku bude celkový součet 0 Proto X (1) + Y (0) + Z (-1) = 0, což znamená X = Z. Nyní otočte číslování o 120 stupňů. S podobným argumentem X = Y Tím je důkaz dokončen.
• Bohužel je to v zásadě stejné jako odpověď, kterou již poskytl leoll2 a která byla prokázána v odpovědi Sebastiana Reichelta. Důkaz, který uvedete ve svém komentáři, byl již zveřejněn ve druhé odpovědi Sebastiana Reichelta.

V pořadí k prokázání tohoto principu, prostřednictvím programování Pascalem pro generování různých rozložení diamantů, prostřednictvím různých barev, zjistíte, že tento problém s 2D pokládkou se stal problémem s generováním 3D modelů a tyto modely jsou velmi podobné urbanismu nebo architektuře. Zkušební výpočet rozložení věže a pódia. Další funkcí je, že generovaný trojrozměrný model nemá velkou horní část a malou spodní část a je stabilním obdélníkovým rozložením rovnoběžnostěnu. “ upgrade “ z dvourozměrného problému na rozložení tří dimenzí. ional

Komentáře

• Jak to dokazuje tvrzení v otázce?