A szabályos hatszöget háromszög alakú rácsra osztják, és teljesen gyémántokkal csempézik (két háromszög összeragasztva). A gyémántokat három irányban lehet elhelyezni. Bizonyítsuk be, hogy függetlenül attól, hogy a tábla mennyezetre van burkolva, minden tájolásban ugyanannyi gyémánt lesz.
Itt egy példa egy ilyen burkolásra . Annak ellenére, hogy ennek a hatszögnek 5 háromszöge van az oldalán, a probléma arra kéri, hogy ezt igazolja bármilyen méretű hatszögre és annak bármilyen csempézésére.
$ \ qquad \ qquad \ qquad \ qquad \ quad $ 
Ez egyike azoknak a rejtvényeknek, amelyeknek sok megoldása van, ezért nagyon kíváncsi vagyok, hogy mi az emberek kedvenc megközelítése. Ezért egy ideig elhalasztom a válasz elfogadását, hogy megpróbáljak minél többféle megoldást találni.
Megjegyzések
- Kíváncsiságból milyen szoftvert használtál ennek a képnek a létrehozásához?
- @CalebBernard Nem én készítettem a képet. Megadhattam a kép forrását, de egy olyan weboldalon van, ahol három van megoldások erre a rejtvényre (egyik sem jelenik meg alább), ezért ‘ még nem tettem meg.
Válasz
Azt hiszem, nagyon egyszerű bizonyítékot találtam.
Minden függőleges oldalú csempének két másik, függőleges oldalú csempével kell rendelkeznie , vagy a hatszög függőleges határa. Adott, függőleges oldalú burkolólapon a szomszédos burkolatok követése sajátos utat eredményez a hatszög mindkét függőleges oldala felé.
Ez azt jelenti, hogy minden függőleges oldalú csempe a a hatszög és a jobb oldalon végződik, és csak függőleges oldalú csempékből áll. Ezen utak egyike sem keresztezheti egymást, mivel ez két különböző utat hozna létre egyetlen függőleges oldalú csempétől a hatszög bal oldaláig, amely az első bekezdés szerint nem létezhet.
Mivel egyik út sem keresztezik egymást, a hatszög bal és jobb oldala közötti minden útnak azonos magasságban kell kezdődnie és véget érnie. Ezért minden útvonalnak azonos számot kell tartalmaznia a függőleges oldalú két különböző irányú mozaikból. Mivel minden függőleges oldalú csempe egy ilyen ösvényen fekszik, ennek a két, különböző irányú lapnak az összes számának meg kell egyeznie.
Ismételje meg ezt szimmetrikusan két másik tájolásnál is, hogy megállapítsa, hogy az egyes irányokba tartozó lapok számának legyen egyenlő.
Megjegyzések
- Nagyon szép bizonyíték. Azt hiszem, még egyszerűbbé teheti az az egyszerű megfigyelés, hogy a + b = b + c = c + a egyenértékű a = b = c-vel. Akkor eldobhatja az egész átkelést és fel-le cuccokat. Ehelyett csak függőleges vonásokat számoljon. Az Ön érvelésével azonos számnak kell lennie minden ” oszlopban ” és a határban. Az 1–1 összes függőleges vonást leképezheti, például a bal oldali határt, minden függőleges oldalú csempére (azaz kétféle, mint a fenti a + b), összekapcsolva minden ilyen lapot jobb függőleges széle.
- Ah, igazad van ‘. Miután megtudta, hogy minden irányban azonos számú stroke található, az eredmény könnyen követhető.
Válasz
Olyan választ szeretnék közzétenni, amely intuitívebb, mint a matematikai .
Ez a kép tökéletesen ábrázolja: 
A fehér, szürke és fekete színnel az azonos tájolású gyémántokat emelik ki. A megfelelő kép furcsa szilárd anyagot mutat, azt hiszem, mindenki láthatja.
Nos, intuitív látni, hogy bármilyen konfiguráció esetén a fekete terület egyenértékű (fehér és szürke is): tetszik a padló részeinek (más néven épületlépcsők!) extrudálásával a járható terület nem változik!
Megjegyzések
- Alakja megtartja csapkod a fejemben. Az egyik pillanatban a fekete ” fel “, a következő pedig ” le “. De tetszik ez a bizonyíték.
- @Floris A szándékom valóban az, hogy ezt a problémát rejtvényként oldjam meg (mi ‘ rejtvények, eheh!), és nem pusztán matematikai feladatként.
- Ön ‘ feltételezi, hogy minden megoldás ” úgy néz ki, mint ” egy halom kocka. Honnan tudja ezt, hogy igaz legyen? Valóban, feltéve, hogy minden megoldás úgy néz ki, mintha egy halom kocka szép lenne sokat feltételezve a amit ‘ kérnek, hogy bizonyítsd.
- @Floris: Ow, eltartott egy ideig, amíg láttam, hogy megfordítottam, és ha egyszer megteszem, küzdenem kell ” tartani ” ezt az értelmezést, és fáj a fejem. Feltételezem, hogy fiatalkoromban túl sokat játszottam Q * bert.
- @ leoll2 ‘ az a dolga, hogy meggyőzzen minket arról, hogy ez ‘ nem lehet más. Hogyan lehetek biztos abban, hogy nincs ‘ t valami furcsa burkolat, amely nem úgy néz ki, mint egy halom kocka?
Válasz
Itt van a 3D-s ihletésű bizonyíték.
Vegyünk egy tetszőleges csempézett hatszöget, és nézzük meg függőleges vonalak.
Először vegye figyelembe, hogy a burkolólapok alakja miatt az összes függőleges vonalnak azonos hosszúságúnak kell lennie, mint a hatszög bal és jobb oldalán, esetleg hézagokkal.
Tehát, ha egyikük sem rendelkezik hézagokkal, és mindegyik alul végződik, akkor a teljes burkolásnak így kell kinéznie (“teljesen kitöltött kocka”):
Megmutatjuk, hogy bármilyen más burkolatot” teljesen kitöltött kockává “lehet átalakítani anélkül, hogy megváltoztatnánk a lapok számát az egyes irányokban.
Először válassza ki egy függőleges vonal egy töredékét, amely nem ér véget az alján. Ehelyett egy vízszintes burkolatnak kell végződnie, mivel a másik két lapnak mind függőleges oldala van. Remélhetőleg a helyzet így néz ki (“sarok”):
De lehet, hogy van még egy vagy két további sor ugyanazon a helyen, így:
Ebben az esetben kövesse az egyiket. Ennek egy másik vízszintes csempéhez kell tartoznia, amely a jelenlegi mellett van. (Ezt a képen láthatja.) Tehát a vonal követése után ismét ugyanabban a helyzetben van, de közelebb van a hatszög egyik oldalához (ami garantálja a befejezést, mivel mindenképpen van függőleges vonal az Ön irányába most jött). Folytassa ugyanabban az irányban, amíg el nem ér egy „sarkot”.
Most, hogy elért egy „sarkot”, „töltse ki”:
Nyilvánvaló, hogy az egyes tájolásokban a csempék száma nem változott. Ugyanakkor egy függőleges vonal töredéke éppen lefelé mozdult.
Ismételje meg ezt az algoritmust, amíg az összes függőleges vonal alul véget nem ér, és az összes hézag megszűnik, így létrejön a “teljesen kitöltött kocka” (lásd fent).
megjegyzések
- klassz! Ez azt is bizonyítja, hogy bármely burkolás átalakítható mássá ” sarokkitöltések ” vagy kis hatszögfordulatok
- Igen, és bizonyos módon bizonyítja, hogy a 3D-s értelmezés mindig működik. De azt gondolom, hogy ezt sokkal közvetlenebb módon be lehet bizonyítani, mivel a ” menüben bármilyen burkolatot készítsen, és az alábbiak szerint hozzon létre egy megfelelő 3D-s szerkezetet … ”
- jó 🙂 alapvetően 3d forgás. Megcsináltam a 2d-t. Találkozott már ezzel a kirakóval?
Válasz
Elég érdekes, ha a képet 3D-s grafikonként tekintjük, akkor nézze meg, hogy minden “arc” azonos számú csempével rendelkezik. Tehát, ha balról nézte, akkor 25 négyzet jelenik meg. Felső, 25 négyzet. Jobb, 25 négyzet. És mind a 3 tájolás megfelel az egyik arcnak.
Megjegyzések
- Úgy érzem, hogy ez az érv meggyőző, de csak az adott burkolólapra vonatkozik. Hogyan lehet biztos abban, hogy az optikai csalódás minden lehetséges burkolásnál megtörténik?
- Úgy tűnik, hogy ez a válasz a válasz vizualizálásának módja … semmit sem bizonyít. Ennek bizonyítása azonban lehetséges.
- Teljesen egyetértek. I ” tudja ” a választ, de ennek magyarázata túlmutat ezen a pénteken.
Válasz
Még egy; ez háromszög alapú, és inkább szabványos bizonyíték lehet.
Oszd el az egész hatszöget háromszögekre, és rendelj hozzá számokat az ehhez hasonló (vagy hasonló módon) függőleges vonalak:
Most minden háromszög alapú alakra (whi A ch-nek nem feltétlenül kell lennie csempézésnek) definiálja “fokát”, mint azt a számot, amelyet úgy kapunk, hogy összeadjuk a bal határához rendelt összes számot, és kivonjuk a jobb határához rendelt összes számot. Például a 
alakja $ (1-2) – (2 + 2-1-2) = – 2 $.
Most építsen egy csempét darabonként, és vegye figyelembe az alakzat “fokát”. Vízszintes csempe hozzáadása nem változtatja meg a fokozatot, a többiek hozzáadásával 1-gyel növeli vagy csökkenti:
Mivel a teljes hatszög 0 fokú, a két bemutatott csempe számának meg kell egyeznie. Ismételje meg szimmetrikusan egy másik irányba.
Megjegyzések
- A hatszöget tetszőleges számú alakra oszthatja, ekkor az alakzatok fokainak összege 0.Gyakorlatilag ez nem válaszol, mert még mindig be kell bizonyítania, hogy meg tudja építeni a burkolólapot (például extrudálással csak bebizonyította, hogy ha létezik burkolat, akkor annak 0 fokosnak kell lennie). De ez a válasz biztosan hiányzó darabot biztosít a bizonyítékhoz, így +1
- Ahogy megértem a kérdést, nem kell bizonyítani, hogy a burkolat mindig létezik. De természetesen megteszi. 🙂 (Lásd az első válaszomat.)
- és ahhoz, hogy meggyőződhess arról, hogy minden lehetséges burkolást meg tudsz építeni, szükségem van a válaszomra 🙂
- Ó, most már értem, amit mondasz. A ” build ” alatt mást értek: Kezdjen egy csempével; ez az első alakod. Ezután adjon hozzá egy csempét a másik után, amíg el nem éri az eredetileg használt csempét.
- Nem, számomra érvényes állapotból indul ki (csak meg kell adnunk egyet, hogy ‘ ek triviálisak), majd alkalmazzon valamiféle átalakítást, amely egy másik érvényes állapotban hagy. Az építkezés, ahogy mondod, nehezebb, mert valamilyen ” előválasztásra van szükséged ” amely lehetséges, de keresést igényel, míg a bejegyzésemben Nem használok semmilyen keresést, csak előre rögzített ” átmenetek ” nagyon egyszerű az érvelés ..
Válasz
Tekintsük a háromszög rácsot oszloponként.
A bal oldali minden oszlopnak van egy több balra mutató háromszög, mint jobbra mutató háromszög. A jobb felében több van egy jobbra mutató háromszögből.
Az átlós pasztillák pontosan egy balra és egy jobbra mutató háromszöghez hozzájárulnak oszlop. Hagyjuk ezeket figyelmen kívül. Megmaradnak a vízszintes rombusz részét képező háromszögek. A vízszintes rombusz egy bal oldali háromszögből áll egy oszlopban (piros) és egy megfelelő jobbra mutató háromszögből a jobb oldali oszlopban (zöld).
Azok a háromszögek, amelyeket figyelmen kívül hagyunk, balra és jobbra mutató háromszög párokból állnak, egy oszlopban. Tehát minden oszlopban továbbra is feleslegesnek kell lennie egy piros háromszögnek a bal felében, és egy zöld háromszögnek a jobb felében.
Az első oszlopban egy piros háromszögnek kell lennie, mert van egy felesleg, és nem lehet zöld háromszög. Ehhez a háromszöghez egy zöld háromszög illeszkedik a 2. oszlopban. A 2. oszlopban 1 zöld háromszög található, tehát még egy piros háromszögnek kell lennie. Ez a 2. Ennek a két piros háromszögnek megfelelő zöld háromszögek vannak a 3. oszlopban, stb.
Amint látja, minden további oszlopban található még egy piros háromszög, a középső vonalig. A középső vonal előtti utolsó oszlopban 5 piros háromszög található. A középvonaltól jobbra 5 megfelelő zöld háromszög található. De mégis van 1 zöld háromszögünk feleslege, a vörös háromszögek száma 4-re csökken. Innentől kezdve az oszlopokkal csökken a szám. Ennek eredményeként, függetlenül a pasztillák elhelyezésétől, az oszlopokban megszámlált piros háromszögek az 1,2,3,4,5,4,3,2,1,0 szekvenciát alkotják, amely 25-et tesz ki.
Ez azt jelenti, hogy mindig 25 piros háromszög lesz. És ezek a vízszintes pasztillák felei, így 25 vízszintes pasztilla lesz.
A forgásszimmetria alapján ugyanez vonatkozik a bal és a jobb átlós pasztillákra is. Ez azt jelenti, hogy az elhelyezésüktől függetlenül a 3féle pasztilla közül mindig 25 lesz.
QED
Válasz
Itt próbálom bizonyítani. Lehetetlennek tűnt, amíg végül nem használtam ki egy trükköt.
Érvényes konfigurációból indulok ki, ahol csak egy változtatás lehetséges (forgatás) a középen lévő 3 félvonal: bármely más változás egyidejűleg megváltoztatná a gyémántok számát és háromszögeket hozna létre.)
Miután végrehajtotta ezt a módosítást, szabadon visszavonhatja (haszontalan, kékre jelölöm) vagy további 3 változtatást (piros színnel). Azonnal megjegyzi, hogy megteheti ezt a „módosítást” csak azokon a pontokon, amelyek olyan vonalakkal vannak ellátva, mint az első lépés közepe vagy a kezdeti kocka közepe.
A második lépés végrehajtása után nem lesz képes visszavonni az első lépést (most szürke) mert ezzel háromszögeket és más alakzatokat hozna létre.
(Feltételezve, hogy az első lépésem 1/6 fordulatú volt az óramutató járásával megegyező irányban, a visszavonásom 1/6 az óramutató járásával ellentétes irányban)
Alapvetően csak ellenőrizze, hogy az egyetlen lehetséges lépés a csempe csoport forgatása 3 gyémánt által (minden tájoláshoz 1) (ellenőrizheti az összes lehetséges mozdulatot egy 2x2x2 “kockán”, és láthatja, hogy ez igaz).
Ezért azt is megjegyzi, hogy a forgatás megtartja a gyémántok számát minden irányban.
A bizonyítékból hiányzik egy kis darab: Nem mutattam be, hogy az első kockámtól kezdve minden lehetséges csempézést meg tudok csinálni, mert a forgásoknak „inter-függőségei” vannak, és én nem tudom, hogy valamikor “megakadok-e” további lehetséges mozdulatok nélkül.
Túl álmos vagyok ehhez a bizonyítékhoz, de kifejlesztettem egy másik bizonyítási módszert, amelyet örömmel használok:
Oszlopok extrudálása “üres” kockából kiindulva:
Láthatja, hogy nem oszthat ki egy oszlopot az előző oszlopoknál nagyobb hosszúságúra (két irányban ellenőrizhető, hogy vannak-e előző oszlopok) mert háromszögeket kap.
Most már lehetősége van kiszámítani az összes lehetséges csempézést. kezdje a leghátsó oszloppal, és ha eldöntött egy magasságot, akkor a 2 szomszédot ki tudja zárni bármelyik magasságba, amely alacsonyabb vagy egyenlő a leghátsó oszloppal. Ezután ugyanezt megteheti a következő 3 oszlopnál is.
Van itt nincs függőség a forgásoktól. Ön a számot, majd kiválaszthatja ismét ugyanazt vagy egy alacsonyabb számot. Ez sokkal könnyebb, de van némi segítség a képzeletből (a 3. dimenzió egy olyan problémában, amelynek két dimenziója van).
Nos, valószínűleg ez nem hivatalos bizonyíték. De segít a képzeletnek, hogy 2féleképpen támadhatja meg a problémát, és valószínűleg ezeket meg lehet oldani hivatalos bizonyítékként. De szerintem érdekesebb az intuíció, mint a bizonyítás. Némi megérzés nélkül soha nem lesz bizonyíték.
Úgy tűnik, hogy a kulcs mindig ugyanaz. Egy triviális konfigurációból kiindulva az egyetlen lehetséges lépés megőrzi az egyes konfigurációk gyémántjainak számát.
P.S:
Sosem láttam még ezt a rejtvényt. Remélem, tetszik az első válaszom a fejtörő cserében.
Válasz
A háromszög alakú csempézés “kockahatárral”, azt láthatjuk, hogy:
-
ugyanannyi vonalszakasz található a $ 0 ^ \ circ, 120 ^ \ circ, 240 ^ \ circ $
-
minden rhombi pontosan egy típusú vonalszakaszt fed le
Megjegyzések
- Nem ‘ t, amely csak azt ismételgeti, amit a leoll2 mondott, hogy amikor ” a padló egyes részeinek extrudálása ” hogy ” az a terület, amelyen járhat, nem ‘ nem változtat “.
- Ez ‘ valójában sokkal jobb bizonyíték mint a válaszaim. ‘ érdekes, hogy csak figyelmen kívül hagyja az összes látható sort, és inkább a láthatatlanokra összpontosít.
Válasz
Ha $ S $ -t rendelünk a hatszög oldalhosszához (a gyémánt oldalhosszak számában) és $ A $, $ B $, $ C $ legyen az egyes típusú gyémántok száma, ahol $ A $ hosszabb, mint a magas, $ B $ mutat a jobb alsó / bal felső sarokban, a $ C $ pedig a bal alsó / jobb felső sarokban.
A gyémántok (más néven terület) összes száma lehetővé teszi számunkra ezt az egyenletet:
$$ S ^ 2 * 3 = A + B + C $$
Képzeljük el, hogy a $ S = 1 $ hatszög … Csak két megoldás van, amelyek megegyeznek 30 fokkal elforgatva. Mindhárom gyémántnak jelen kell lennie annak érdekében, hogy a középső rész sorrendje 360 fokos legyen.
Elképzelhetjük, hogy három út van fentről lefelé, a jobb felsőtől a bal alsóig, és a bal felső és a jobb alsó sarok között. Bármely követett útvonal teljes lefelé haladásának (fentről lefelé) egyenlőnek kell lennie $ 2S $ -val, de a balról jobbra haladásnak nullának kell lennie. Ha egy $ A $ gyémánton halad lefelé, akkor se jobbra, se balra. Ha egy $ B $ vagy $ C $ gyémánttal halad lefelé, akkor jobbra vagy balra halad. Annak érdekében, hogy az összes út ne mozogjon balra vagy jobbra, a $ B $ és a $ C $ összes számának meg kell egyeznie. Ha 60 fokkal elforgatja a grafikont úgy, hogy egy másik sarokpár felfelé / lefelé mutasson, ezt megmutathatja $ A $ és $ B $ vagy $ A $ és $ C $ értékeknél.
Megjegyzések
- Tudna részletezni egy kicsit többet arról, honnan származik ez a 3 út? Van több lehetséges út (fentről lefelé), vagy egyedi, ha a burkolatot látjuk? Ezek olyanok, mint a gyémántról a szomszédos gyémántra ugráló gyalog, vagy a széleket követő hangya?
- Ez a vektor összeadás …. utal minden olyan útra, amely a saroktól az ellenkezőig halad hát nélkül követés. A szegélyeket követi.
- A tisztázás érdekében nincs olyan útvonal, amely ne kövesse a B = C értékeket, ezért adja össze mindet, és B = C
Válasz
Nem biztos, hogy ez egy teljes válasz, de elfáradok.
Legyen n = háromszögek száma egy oldalra. Vegyük az EDIT-et érintő gyémántokat: n + 1 szomszédos élegység (csak egy pontnál nem számítanak): Legalább egy gyémántnak különböznie kell a többiektől. Hagyja, hogy az összes változás a sarkokban történjen, és minden második sarkon legyen változás.Készítettünk egy hurkot, amely tartalmazhat egy n-1 oldalhosszúságú hatszöget, és az egyes féle gyémántok száma megegyezik. Indukció n = 1-ig, ahol nyilvánvalóan egyenlő.
Engedje meg, hogy egy hatszög külső hurok eltérjen a “csak sarkokban történõ változásoktól” politikánktól. Színezzen egy bizonyos színt (mondjuk fekete színű) a külső szélével szomszédos gyémántokból, és hagyjon fehér színűként minden gyémántot, amely ebből a hurokból kilóg. Most egy törött hurkot láthatunk, amely körülveszi az n-1 másik (minden bizonnyal elszakadt) hurokját. Színezd ki ezt a belső hurkot egy második színnel, így az összes lázadó fehér marad. Tedd ezt az n = 1 hatszögig, majd színezd a lázadókat tájolás szerint.
Ha megnézed az ábrámat, akkor a belső lila hatszög valóban piros csempét akar alul narancs és rózsaszín helyett . Képzelje el, hogy ez egy mozaik. Tépjen fel egy piros csempét, középen a narancssárga és a rózsaszínű lázadókat, és tegye oda a piros csempét. A lila hatszög most boldog. Most örömet szerezzen a zöld hatszögnek (a változás csak minden más sarkon történik) – Az alsó, oldalsó gyémánt két ferde gyémánt akar lenni, hogy illeszkedjen a lila hatszög köré – adja hozzá narancssárga és rózsaszínű lapjainkat az oldalához, a zöld csempét bárhonnan is raboltuk ki a vörös csempét. Szerintem egyértelmű, hogy ez a folyamat addig folytatható, amíg el nem érjük az “optimális hatszögünket”. Az agyam azonban túl sült ahhoz, hogy ezt végérvényesen bebizonyítsam.
SZERKESZTÉS: Úgy gondolom, hogy ez a két dolog igaz: 1. Ha nem optimális hatszöget veszünk, akkor minden koncentrikus hurok boldogtalan lesz. 2. Egy boldogtalan hurok rögzítése szükségszerűen csempéket ad hozzá az eltávolított mozaikcsempék “kezéhez”. 3. A legbelső hatszög rögzítéséhez raboljon ki minden megfelelő lázadót.
Ezt a két dolgot szem előtt tartva lehetetlen, hogy meg akarunk javítani egy hatszöget, de a kezünkben nem lesz csempe az eltávolított burkolólapokból, feltételezve, hogy a az n = 1 hurok számára szükséges.
Válasz
Nincs szükség hosszú igazolásokra. Gondolkodjon a 3D-n.
Képzelje el, hogy néhány kocka a szoba sarkában van rögzítve. A három tájolás az arc, amelyet látunk, mivel minden oldalról ugyanannyi arcot kell látnunk.
Megjegyzések
- a számozásból is van bizonyíték. Tegyen két 0-t egy sarokba, és szerkessze a számot úgy, hogy a 3 tájolás mindig -1,0 és 1 legyen. Soronként hozzáadva a teljes összeg 0 lesz. Ezért X (1) + Y (0) + Z (-1) = 0, ami azt jelenti, hogy X = Z. Most forgassa el a 120-as számozást. Hasonló argumentummal X = Y Ez kiegészíti a bizonyítást
- Sajnos ez lényegében megegyezik a leoll2 által már megadott válaszsal, amelyet Sebastian Reichelt válasz is bebizonyított. A kommentedben említett bizonyítékot Sebastian Reichelt második válaszában is közzétettük.
Válasz
Sorrendben Ennek az elvnek a bizonyítására Pascal programozással, különböző gyémánt elrendezések előállításához, különböző színeken keresztül tapasztalhatja, hogy ez a 2D burkolási probléma 3D modell generációs problémává vált, és ezek a modellek nagyon hasonlítanak a várostervezéshez vagy az építészethez. A torony és a dobogó elrendezésének próba kalkulációja. További jellemző, hogy a létrehozott háromdimenziós modellnek nincs nagy felső és kicsi alsó része, és stabil téglalap alakú párhuzamos oldalirányú elrendezés. Egy ” ” frissítése kétdimenziós problémáról háromdimenziós elrendezésre. 
ional 
Megjegyzések
- Hogyan bizonyítja ez a kérdés állítását?