六角形をひし形で並べて表示

私は本当に簡単な証拠を見つけたと思います。

垂直方向の側面を持つすべてのタイルには、垂直方向の側面が隣接する他の2つのタイルが必要です。 、または六角形の垂直境界。垂直方向の側面を持つ特定のタイルについて、これらの隣接するタイルをたどると、六角形の両方の垂直方向の側面への特定のパスが生成されます。

これは、垂直方向の側面を持つすべてのタイルが、の左側から始まるパス上にあることを意味します。六角形で右端にあり、側面が垂直のタイルのみで構成されています。これらのパスはいずれも交差できません。これは、垂直な側面を持つ単一のタイルから六角形の左側に2つの異なるパスが作成されるためです。これは、最初の段落では存在できません。

パスがないため交差する場合、六角形の左側と右側の間のすべてのパスは、同じ高さで開始および終了する必要があります。したがって、すべてのパスには、側面が垂直な2つの異なる方向のタイルがそれぞれ同数含まれている必要があります。垂直な側面を持つすべてのタイルがそのようなパス上にあるため、これら2つの異なる方向のタイルの総数は等しくなければなりません。

他の2つの方向についてこれを対称的に繰り返し、各方向のタイルの数が必要であることを確認します。等しくなります。

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• 非常に優れた証拠です。 a + b = b + c = c + aはa = b = cと同等であるという単純な観察によって、さらに簡単になると思います。次に、交差点全体と上下のものをドロップできます。代わりに、垂直方向のストロークを数えます。あなたの議論によれば、それらは各”列”と境界で同じ番号でなければなりません。左側の境界を除く1対1のすべての垂直ストロークを、たとえば、各タイルをに関連付けることにより、垂直側面を持つすべてのタイル（つまり、上記のa + bのように2種類）にマップできます。その右の垂直エッジ。
• ああ、あなたは’正しいです。各方向に同じ数のストロークがあることがわかったら、結果は簡単にわかります。

数学よりも直感的な回答を投稿したい。
この写真はそれを完全に表しています：

白、灰色、黒を使用して、同じ向きのダイヤモンドを強調表示します。右の写真は奇妙な立体を示しています。誰もがそれを見ることができると思います。
まあ、どの構成でも、黒い領域が同等（白と灰色も）であることがわかります。床の一部を押し出し（別名、建物の階段！）、歩くことができる領域は変わりません！

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• 形状は維持されます頭の中でフリップフロップ。一瞬黒は” up “、次は” down “。しかし、私はこの証明が好きです。
• @Floris私の意図は、この問題をパズルとして解決することです（we ‘不可解なことになります、ええと！）、純粋な数学のタスクとしてではありません。
• あなたは’すべてのソリューションが”はキューブのスタックのように見えます”それが真実であることをどうやって知っていますか？確かに、すべてのソリューションがキューブのスタックのように見えると仮定すると、きれいです多くの仮定’証明を求められていること。
• @Floris：わあ、それが反転するのを見るのに少し時間がかかりました。一度やると、苦労しなければなりません。 “その解釈を”保持すると、頭が痛くなります。若い頃はQ * bertをやりすぎたと思います。
• @ leoll2 ‘ ‘他にはあり得ないことを私たちに納得させるのはあなたの仕事です。 ‘立方体のスタックのように見えない’奇妙なタイリングがないことをどのように確認できますか？

ここに3Dに触発された証明があります。

タイル状の六角形を取り、その六角形を見てください。垂直線。

まず、タイルの形状により、すべての垂直線は六角形の左側と右側と同じ長さである必要があり、間にギャップがある可能性があることに注意してください。

したがって、ギャップがなく、すべてが下部で終了する場合、タイリング全体は次のようになります（「完全に満たされた立方体」）：

各方向のタイルの数を変更せずに、他のタイルを「完全に満たされた立方体」に変換できることを示します。

最初に、下部で終わらない垂直線の断片を選択します。他の2つのタイルは両方とも垂直な側面を持っているため、代わりに水平タイルで終了する必要があります。うまくいけば、状況は次のようになります（「コーナー」）：

しかし、おそらく1つまたは2つの追加の行が発生しています同じ場所で、次のようになります。

その場合は、いずれかに従ってください。現在のタイルに隣接する別の水平タイルに属している必要があります。 （写真からこれを見ることができます。）したがって、線をたどった後、あなたは再び同じ状況になりますが、六角形の片側に近いです（あなたの方向に確実に垂直線があるので、これは終了を保証しますから来たばかり）。 「コーナー」に到達するまで同じ方向に進みます。

「コーナー」に到達したので、「埋める」：

明らかに、各方向のタイルの数は同じままです。ただし、垂直線の断片が下に移動したところです。

すべての垂直線が下部で終了し、すべてのギャップが削除されて「完全に満たされた立方体」になるまで、このアルゴリズムを繰り返します（上記を参照）。

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• かっこいい！また、一連の”コーナーフィリング”、または小さな六角形の回転によって、タイルを他のタイルに変換できることも証明しています。
• はい。ある意味で、3D解釈が常に機能することを証明しています。しかし、”のように、それはもっと直接的に証明できると思います。タイリングを取り、次のように対応する3D構造を構築します… ”
• 良い:)基本的に3D回転。私は2Dのものをしました。そのパズルに出会ったことがありますか？

興味深いことに、画像を3Dグラフとして見ると次のことができます。各「面」に同じ数のタイルがあることを確認してください。したがって、左から見ると、25個の正方形が表示されます。上、25個の正方形、右、25個の正方形。そして、3つの方向のそれぞれが面の1つに対応します。

コメント

• この議論は説得力があるように感じますが、あなたが見ている特定のタイリングについてのみです。考えられるすべてのタイリングで目の錯覚が起こることをどのように確認できますか？
• この答えは答えを視覚化する方法のようです…それは何も証明しません。しかし、この方法でそれを証明することは可能です。
• 私は完全に同意します。私は”答えを知っている”ですが、今週の金曜日はそれを説明するのは私を超えています。

さらに別の方法です。これは三角形ベースであり、より標準的な証明になる可能性があります。

六角形全体を三角形に分割し、に番号を割り当てます。このような（または同様の）垂直線：

これで、三角形ベースの形状（whi chは必ずしもタイリングである必要はありません）その「次数」を、左側の境界に割り当てられたすべての数値を加算し、右側の境界に割り当てられたすべての数値を減算することによって得られる数値として定義します。たとえば、形状

の「次数」は$（1-2）-（2 + 2-1-2）=-2です。 $。

次に、タイルを1つずつ作成し、結果の形状の「次数」を検討します。水平タイルを追加しても次数は変わりません。他のタイルを1つ追加しても、それぞれ1ずつ増減します。

六角形全体の次数は0であるため、表示される2つのタイルの数は等しくなければなりません。別の方向に対称的に繰り返します。

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• 六角形を任意の数の形状に分割すると、それらの形状の次数の合計は0になります。技術的には、タイリングを構築できることを証明する必要があるため、これは答えられません（たとえば、押し出しによって、タイリングが存在する場合は次数0でなければならないことを証明しただけです）しかし、この答えは確かに証拠に欠けている部分を提供します。 +1
• 私が質問を理解する方法では、タイリングが常に存在することを証明する必要はありません。もちろん、そうです。 ：-）（私の最初の答えを参照してください。）
• 可能なすべてのタイルを作成できることを確認するには、私の答えが必要です:)
• ああ、あなたの言っていることがわかりました。 ” build “とは、別の意味です。1つのタイルから始めます。それがあなたの最初の形です。次に、最初に持っていたタイルに到達するまで、タイルを次々に追加します。
• いいえ、私にとっては有効な状態から始めています（1つだけ与える必要があります。’は些細なことです）次に、別の有効な状態のままにする何らかの変換を適用します。ある種の”プリエンプション”が必要なため、あなたが言うようにビルドするのは難しいですが、私の投稿では検索が必要です’検索は使用せず、事前に固定された”遷移”を使用します。非常に簡単な推論..

列ごとの三角形グリッドについて考えてみましょう。

左半分の各列には1つあります右向きの三角形よりも左向きの三角形の方が多い。右半分には、右向きの三角形が1つ過剰になっている。

斜めのロゼンジは、1つの左向きの三角形と右向きの三角形の1つに正確に寄与する。列。これらを無視しましょう。水平のトローチの一部である三角形が残っています。水平トローチは、1つの列の左向きの三角形（赤）と右側の列の一致する右向きの三角形（緑）で構成されています。

無視する三角形は、1つの列にある左向きと右向きの三角形のペアで構成されます。したがって、各列には、左半分に1つの赤い三角形があり、右半分に1つの緑の三角形があります。

最初の列には、赤い三角形が1つある必要があります。 1を超えると、緑色の三角形は存在しません。その三角形は、2列目の緑色の三角形と一致します。列2には1つの緑色の三角形があるため、もう1つの赤色の三角形が必要です。つまり、2です。これらの2つの赤い三角形は、3番目の列に一致する緑の三角形があります。

ご覧のとおり、中央の線まで、後続の各列にもう1つの赤い三角形があります。真ん中の線の前の最後の列には、5つの赤い三角形があります。真ん中の線の右側に5つの一致する緑色の三角形があります。しかし、今でも1つを超える緑の三角形があり、赤い三角形の数は4に減少します。それ以降、数は列ごとに減少します。その結果、トローチの配置方法に関係なく、列の赤い三角形の数が1、2、3、4、5、4、3、2、1,0のシーケンスを形成し、合計で25になります。

つまり、常に25個の赤い三角形があります。そして、これらは水平ロゼンジの半分であるため、25個の水平ロゼンジがあります。

回転対称により、同じことが左対角および右対角のトローチにも当てはまります。つまり、配置方法に関係なく、3種類のトローチがそれぞれ25個存在することになります。

QED

これを証明する試みです。最終的にトリックを利用するまでは不可能に思えました。

変更が1つしかない有効な構成から始めます（回転）。中央の3つのセミライン：他の変更を行うと、同時にダイヤモンドの数が変更され、三角形が作成されます。）

変更を行うと、元に戻すことができます（役に立たないので、青でマークします）。または他の3つの変更を行うことができます（赤で）。すぐに、その「変更」を実行できることに気付きます。最初の動きの真ん中、または最初の立方体の真ん中のように線が配置されているポイントでのみ。

2番目の動きを行うと、最初の動きを元に戻すことはできません（現在は灰色）そうすると、三角形やその他の形状が作成されるためです。

（最初の動きが時計回りに1/6回転したとすると、元に戻すのは反時計回りに1/6です）

基本的には可能な動きは、3つのダイヤモンド（各方向に1つ）で作られたタイルのグループの回転のみであることを確認します（2x2x2の「立方体」で可能なすべての動きを確認して、それが正しいことを確認できます）。

したがって、また、回転によって各方向のダイヤモンドの数が同じに保たれることにも注意してください。

「証拠が少し欠けています。最初のキューブから始めて、可能なすべてのタイリングを実行できることを示しませんでした。これは、ローテーションに「相互依存性」があり、「相互依存性」がないためです。ある時点で、これ以上の動きがなくても「行き詰まる」かどうかを確認します。

その証明には眠すぎるのですが、別の証明方法を開発しました。

「空の」立方体から始まる列の押し出し：

前の列よりも長い長さまで列を押し出すことはできません（前の列を確認するための2つの方向があります）三角形が表示されるからです。

これで、考えられるすべてのタイルを計算する方法ができました。一番後ろの列から始めて、高さを決定したら、2つの隣接するものを一番後ろの列以下の任意の高さに押し出すことができます。その後、次の3つの列についても同じことができます。

ここでは回転に依存しません。番号を入力すると、同じ番号またはそれ以下の番号を再度選択できます。それははるかに簡単ですが、想像力の助けがあります（2次元の問題の3次元）。

まあ、おそらくそれは正式な証明ではありません。しかし、問題を攻撃する方法が2つあることを想像するのに役立ちます。おそらく、正式な証明のためにそれらを回避することができます。しかし、私は証明よりも直感の方が面白いと思います。直感がなければ、証拠はありません。

鍵は常に同じようです。些細な構成から始めて、可能な唯一の動きは、偶然に各構成のダイヤモンドの数を保持します。

追記：

そのパズルは今まで見たことがありません。不可解な交換での私の最初の答えが気に入っていただければ幸いです。

「立方体の境界」を持つ三角タイリングでは、次のことがわかります。

• $ 0 ^ \ circ、120 ^ \ circ、240 ^ \ circ $

• 各菱形は正確に1種類の線分をカバーします

コメント

• ‘は、leoll2が言ったことを繰り返すだけで、”床の一部を押し出す”その”歩くことができる領域は’ t change “。
• その’は実際にははるかに優れた証拠です私の答えより。 ‘表示されているすべての行を無視し、代わりに非表示の行に焦点を合わせるのは興味深いことです。

$ S $を六角形の辺の長さ（ひし形の辺の長さの数）に割り当て、$ A $、$ B $、$ C $をに割り当てる場合$ A $が高さより長く、$ B $が右下/左上を指し、$ C $が左下/右上を指す各タイプのダイヤモンドの数です。

ダイヤモンドの総数（別名面積）により、次の方程式を作成できます。

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

$ S = 1 $を想像してください。六角形…同じ解が30度回転したものは2つだけです。中央部分が合計360度になるように、3つのダイヤモンドすべてが存在する必要があります。

上から下、右上から左下に進む3つのパスがあると想像できます。左上から右下の角。たどるパス（上から下）の合計移動量は$ 2S $に等しくなければなりませんが、左から右への移動はゼロでなければなりません。 $ A $ダイアモンドで完全に下に移動した場合、右または左に移動しません。 $ B $または$ C $のダイアモンドを下に移動すると、それぞれ右または左に移動します。すべてのパスが左右に移動しないようにするには、$ B $と$ C $の総数が等しくなければなりません。グラフを60度回転して、異なるコーナーのペアが上下を向くようにすると、$ A $と$ B $または$ A $と$ C $で表示できます。

コメント

• これらの3つのパスがどこから来るのか、もう少し詳しく説明していただけますか？いくつかの可能なパス（上から下へ）がありますか、それともタイリングを考えるとユニークですか？これらは、ダイアモンドから隣接するダイアモンドにホッピングするポーンのようなものですか、それともエッジに続くアリのようなものですか？
• これはベクトルの追加です…これは、コーナーから反対側のパスに戻ることなく進むすべてのパスを指します。追跡。エッジをたどるのはアリです。
• 明確にするために、B = Cに従わないパスはないので、それらをすべて合計し、B = C

これが完全な回答かどうかはわかりませんが、疲れています。

n =辺の三角形の数とします。ダイアモンドをタッチします編集：n + 1隣接するエッジユニット（1ポイントだけではカウントされません）：少なくとも1つのダイアモンドは異なっている必要があります他の人から。すべての変更がコーナーで行われ、他のすべてのコーナーで変更が行われるようにします。「辺の長さがn-1の六角形を含むことができるループを作成しました。各種類のダイヤモンドの数は同じです。n= 1までの誘導で、明らかに同じです。

ここで、六角形の外側のループを「変更はコーナーでのみ発生する」ポリシーから逸脱させます。外側の端に隣接するすべてのダイヤモンドを特定の色（たとえば、黒）に着色し、このループから突き出ているダイヤモンドをすべて白のままにします。これで、n-1の別の（確かに壊れた）ループを囲む壊れたループを見ることができます。この内側のループを2番目の色で着色し、すべての反乱軍を白のままにします。これをn = 1の六角形まで行い、向きで反乱軍に色を付けます。

私の図を見ると、内側の紫色の六角形は、オレンジとピンクではなく、下部に赤いタイルが必要です。 。これがモザイクだと想像してみてください。赤いタイルと真ん中のオレンジとピンクの反逆者を引き裂き、そこに赤いタイルを置きます。紫のヘクスは今幸せです。次に、緑のヘックスを幸せにします（1つおきのコーナーでのみ変更します）-下の横向きのダイアモンドは、紫のヘックスの周りに収まるように2つの傾斜したダイアモンドになります-オレンジとピンクのタイルを横に追加して、緑のタイルを置きます以前から赤いタイルを奪ったところはどこでも。このプロセスは、「最適な六角形」に到達するまで継続できることは明らかだと思います。しかし、私の脳は炒めすぎて、これを明確に証明することはできません。

編集：次の2つは正しいと思います。 1.最適でない六角形を使用すると、すべての同心円ループが不幸になります。2。不幸なループを修正すると、削除されたモザイクタイルの「手」にタイルが追加されます。3。最も内側の六角形を修正するには、適切な反逆者を奪います。

これら2つのことを念頭に置いて、六角形を修正することは不可能ですが、少なくとも1人の反逆者がいると仮定すると、削除されたタイルの「手」にタイルがありません。 n = 1ループに必要な種類。

長い証明は必要ありません。 3Dを考えてください。

いくつかの立方体が部屋の隅に固定されていると想像してください。 3つの方向は、すべての側面から同じ数の面を表示する必要があるため、表示される面です。

コメント

• 番号付けからの証拠もあります。隅に2つの0を置き、3つの方向が常に-1,0と1になるように数値を作成します。行ごとに合計すると、合計は0になります。したがって、X（1）+ Y（0）+ Z（-1）= 0、つまりX = Zになります。ここで、番号を120degress回転させます。同様の引数X = Yを使用して、証明を完了します。
• 残念ながら、これは、leoll2によってすでに与えられた回答と本質的に同じであり、SebastianReicheltの回答で証明されました。コメントで言及した証拠は、SebastianReicheltの2番目の回答にもすでに投稿されています。

順番にこの原理を証明するために、さまざまなダイヤモンドレイアウトをさまざまな色で生成するPascalプログラミングを通じて、この2D舗装問題が3Dモデル生成問題になり、これらのモデルは都市計画や建築に非常に似ていることがわかります。タワーと表彰台のレイアウトの試行計算。もう1つの特徴は、生成された3次元モデルには、上部が大きく下部が小さく、安定した直方体のレイアウトであるということです。 “を2次元の問題から3次元のレイアウトに”アップグレードします。 ional

コメント

• これは、質問の主張をどのように証明しますか？