Een zeshoek betegelen met diamanten

Ik denk dat ik “een heel eenvoudig bewijs heb gevonden.

Elke tegel met verticale zijden moet twee andere tegels hebben met verticale zijden ernaast , of de verticale grens van de zeshoek. Voor een gegeven tegel met verticale zijden geeft het volgen van deze aangrenzende tegels een specifiek pad naar beide verticale zijden van de zeshoek.

Dit betekent dat elke tegel met verticale zijden op een pad ligt dat begint aan de linkerkant van de zeshoek. de zeshoek en eindigt aan de rechterkant, en bestaat alleen uit tegels met verticale zijkanten. Geen van deze paden kan elkaar kruisen, aangezien dat twee verschillende paden zou creëren van een enkele tegel met verticale zijden naar de linkerkant van de zeshoek, wat niet kan bestaan volgens de eerste alinea.

Aangezien geen van de paden elkaar kruisen, moet elk pad tussen de linker- en rechterkant van de zeshoek op dezelfde hoogte beginnen en eindigen. Daarom moet elk pad een gelijk aantal van elk van de twee verschillend georiënteerde tegels met verticale zijden bevatten. Aangezien elke tegel met verticale zijden op zon pad ligt, moet het totale aantal van deze twee verschillend georiënteerde tegels gelijk zijn.

Herhaal dit symmetrisch voor twee andere oriëntaties om te ontdekken dat het aantal tegels van elke oriëntatie gelijk zijn.

Reacties

• Zeer mooi bewijs. Ik denk dat het nog gemakkelijker kan worden gemaakt door de simpele observatie dat a + b = b + c = c + a equivalent is aan a = b = c. Dan kun je de hele kruising en op en neer spullen laten vallen. Tel in plaats daarvan gewoon verticale slagen. Volgens uw argument moeten ze hetzelfde nummer zijn in elke ” kolom ” en de grens. U kunt 1-op-1 alle verticale streken toewijzen, behalve de linkergrens, bijvoorbeeld aan alle tegels met verticale zijden (dwz twee soorten, zoals in a + b hierboven) door elk van deze tegels te associëren met de rechter verticale rand.
• Ah, je ‘ hebt gelijk. Als je eenmaal weet dat er in elke richting een gelijk aantal slagen is, volgt het resultaat gemakkelijk.

Ik wil een antwoord posten dat intuïtiever is dan wiskundig .
Deze afbeelding geeft het perfect weer:

Wit, grijs en zwart worden gebruikt om de diamanten met dezelfde oriëntatie te markeren. De rechter afbeelding toont een rare vaste stof, ik denk dat iedereen het kan zien.
Wel, het is intuïtief om te zien dat, voor elke configuratie, het zwarte gebied equivalent is (ook wit en grijs): het is als Door delen van uw vloer te extruderen (ook wel trappen bouwen!), verandert het gebied waarop u kunt lopen niet!

Opmerkingen

• Uw vorm blijft behouden flipflopping in mijn hoofd. Het ene moment is zwart ” hoger “, het volgende moment is het ” down “. Maar ik hou van dit bewijs.
• @Floris Het is inderdaad mijn bedoeling om dit probleem op te lossen als een puzzel (we ‘ re in Puzzling, eheh!), en niet als een pure wiskundige taak.
• Je ‘ gaat ervan uit dat elke oplossing ” ziet eruit als ” een stapel kubussen. Hoe weet je dat dit waar is? Inderdaad, ervan uitgaande dat elke oplossing eruitziet als een stapel kubussen is mooi veel ervan uitgaande dat het ding dat je ‘ wordt gevraagd om te bewijzen.
• @Floris: Ow, het kostte me een tijdje om het te zien omdraaien, en als ik dat eenmaal doe, moet ik worstelen om ” ” die interpretatie vast te houden en het doet pijn aan mijn hoofd. Ik veronderstel dat ik in mijn jeugd te veel Q * bert heb gespeeld.
• @ leoll2 Het ‘ is jouw taak om ons ervan te overtuigen dat het ‘ niets anders kan zijn. Hoe weet ik zeker dat er geen ‘ t een of andere rare tegel is die niet ‘ eruitziet als een stapel kubussen?

Hier is een 3D-geïnspireerd bewijs.

Neem een betegelde zeshoek en bekijk zijn verticale lijnen.

Merk allereerst op dat vanwege de vorm van de tegels, alle verticale lijnen dezelfde lengte moeten hebben als de linker- en rechterkant van de zeshoek, mogelijk met tussenruimtes.

Dus als geen van hen hiaten heeft, en ze eindigen allemaal onderaan, dan moet de hele tegels er als volgt uitzien (“volledig gevulde kubus”):

We laten zien dat het mogelijk is om elke andere tegel om te vormen tot een” volledig gevulde kubus “zonder het aantal tegels in elke oriëntatie te veranderen.

Selecteer eerst een fragment van een verticale lijn dat niet onderaan eindigt. Het moet eindigen bij een horizontale tegel, aangezien de andere twee tegels beide verticale zijden hebben. Hopelijk ziet de situatie er als volgt uit (“corner”):

Maar misschien komen er een of twee extra regels vandaan op dezelfde plek, als volgt:

Als dat het geval is, volg er dan een. Het moet behoren tot een andere horizontale tegel die grenst aan de huidige. (Je kunt dit zien aan de afbeelding.) Dus nadat je de lijn hebt gevolgd, ben je weer in dezelfde situatie, maar dichter bij een van de zijkanten van de zeshoek (wat beëindiging garandeert, aangezien er zeker een verticale lijn is in de richting waarin je kwam net vandaan). Ga in dezelfde richting verder tot je bij een “hoek” komt.

Nu je een “hoek” hebt bereikt, “vul deze”:

Het is duidelijk dat het aantal tegels in elke oriëntatie hetzelfde is gebleven. Een verticaal lijnfragment is echter net naar beneden verplaatst.

Herhaal dit algoritme totdat alle verticale lijnen onderaan eindigen en alle openingen zijn verwijderd, wat resulteert in de “volledig gevulde kubus” (zie hierboven).

Reacties

• Cool! Het bewijst ook dat elke tegel in elke andere kan worden omgezet door een reeks ” hoekvullingen ” of kleine zeshoekrotaties
• Ja, en in zekere zin bewijst het dat de 3D-interpretatie altijd werkt. Maar ik denk dat dat veel directer kan worden bewezen, want in ” neem je elke tegel en bouw je als volgt een overeenkomstige 3D-structuur … ”
• goed 🙂 eigenlijk 3d rotatie. Ik heb de tweede gedaan. Heb je die puzzel ooit ontmoet?

Interessant genoeg kun je de afbeelding bekijken als een 3D-grafiek zorg ervoor dat elk “vlak” hetzelfde aantal tegels heeft. Dus als je er van links naar kijkt, zie je “25 vierkanten. Bovenkant, 25 vierkanten. Rechts, 25 vierkanten. En elk van de 3 oriëntaties komt overeen met een van de vlakken.

Opmerkingen

• Ik heb het gevoel dat dit argument overtuigend is, maar alleen voor de specifieke tegel waar je naar kijkt. Hoe kun je er zeker van zijn dat de optische illusie zal plaatsvinden voor elke mogelijke tegel?
• Dit antwoord lijkt een manier te zijn om het antwoord te visualiseren … het bewijst niets. Het is echter mogelijk om het op deze manier te bewijzen.
• Helemaal mee eens. I ” ken ” het antwoord, maar het is mij een raadsel deze vrijdag.

Nog een andere; deze is gebaseerd op driehoeken en is misschien meer een standaardbewijs.

Verdeel de hele zeshoek in driehoeken en wijs getallen toe aan de verticale lijnen als volgt (of vergelijkbaar):

Nu, voor elke op driehoek gebaseerde vorm (whi ch hoeft niet per se een tegel te zijn) definieer de “graad” als het getal dat wordt verkregen door alle getallen die aan de linkergrens zijn toegewezen op te tellen en alle getallen die aan de rechtergrens zijn toegewezen af te trekken. De vorm

heeft bijvoorbeeld een “graad” van $ (1-2) – (2 + 2-1-2) = – 2 $.

Bouw nu stuk voor stuk een tegelvloer en overweeg de “graad” van de resulterende vorm. Het toevoegen van een horizontale tegel verandert de graad niet, het toevoegen van een van de andere tegels verhoogt of verlaagt deze respectievelijk met 1:

Aangezien de hele zeshoek een graad 0 heeft, moet het aantal van de twee getoonde tegels gelijk zijn. Herhaal symmetrisch in een andere richting.

Opmerkingen

• Je kunt de zeshoek verdelen in een willekeurig aantal vormen, dan is de som van de graden van die vormen 0.Technisch gezien geeft dit geen antwoord omdat je nog moet bewijzen dat je de tegels kunt bouwen (bijvoorbeeld door te extruderen, je hebt zojuist bewezen dat als er een tegel bestaat, deze graad 0 moet hebben) Maar dit antwoord geeft zeker een ontbrekend stuk aan het bewijs, dus +1
• Zoals ik de vraag begrijp, is het niet nodig om te bewijzen dat er altijd een tegel bestaat. Maar het doet het natuurlijk. 🙂 (Zie mijn eerste antwoord.)
• en om te zien dat je alle mogelijke betegelingen kunt bouwen, heb ik mijn antwoord nodig 🙂
• Oh, nu begrijp ik wat je zegt. Met ” build ” bedoel ik iets anders: begin met één tegel; dat is je eerste vorm. Voeg dan de ene tegel na de andere toe, totdat je de tegel bereikt die je oorspronkelijk had.
• Nee, voor mij begint het vanuit een geldige staat (geef er gewoon een op, dat ‘ s triviaal) en pas vervolgens een soort transformatie toe die je in een andere geldige staat achterlaat. Bouwen zoals je zegt is moeilijker omdat je een soort ” pre-emption ” nodig hebt die mogelijk is, maar moet worden doorzocht, terwijl in mijn bericht Ik gebruik geen ‘ zoekacties, alleen vooraf vaste ” overgangen ” dat maakt redeneren heel eenvoudig ..

Laten we eens kijken naar het driehoekige raster voor kolom.

Elke kolom in de linkerhelft heeft een meer naar links wijzende driehoek dan naar rechts wijzende driehoeken. In de rechterhelft is er een overschrijding van één naar rechts wijzende driehoek.

Diagonale zuigtabletten dragen bij aan precies één naar links wijzende en één naar rechts wijzende driehoek in een kolom. Laten we deze negeren. Je blijft achter met de driehoeken die deel uitmaken van een horizontale ruit. Een horizontale ruit is gemaakt van een naar links wijzende driehoek in één kolom (rood) en een overeenkomende naar rechts wijzende driehoek in de rechterkolom (groen).

De driehoeken die we negeren, bestaan uit paren van naar links wijzende en naar rechts wijzende driehoeken in één kolom. Dus in elke kolom moet er nog steeds een overschrijding zijn op een rode driehoek in de linkerhelft en een overschrijding van een groene driehoek in de rechterhelft.

In de eerste kolom moet er een rode driehoek zijn omdat er een overschrijding van één en er kan geen groene driehoek zijn. Die driehoek komt overeen met een groene driehoek in de 2e kolom. In kolom 2 is er een 1 groene driehoek, dus er moet nog een rode driehoek zijn. Dat is 2. Deze 2 rode driehoeken hebben overeenkomende groene driehoeken in de 3e kolom, enz.

Zoals je ziet is er nog een rode driehoek in elke volgende kolom, tot aan de middelste lijn. De laatste kolom voor de middelste lijn heeft 5 rode driehoeken. Er zijn 5 bijpassende groene driehoeken rechts van de middelste lijn. Maar toch hebben we nu een overschot van 1 groene driehoek, het aantal rode driehoeken neemt af naar 4. Vanaf daar neemt het aantal af met elke kolom. Het resultaat is dat, ongeacht hoe de zuigtabletten zijn geplaatst, de rode driehoeken in de kolommen de reeks 1,2,3,4,5,4,3,2,1,0 vormen, wat neerkomt op 25.

Dat betekent dat er altijd 25 rode driehoeken zullen zijn. En dit zijn de helften van de horizontale zuigtabletten, dus er zullen altijd 25 horizontale zuigtabletten zijn.

Door rotatiesymetrie geldt hetzelfde voor links-diagonale en rechts-diagonale zuigtabletten. Dat betekent dat ongeacht hoe ze zijn geplaatst, er altijd 25 van elk van de 3 soorten zuigtabletten zullen zijn.

QED

Hier is mijn poging om het te bewijzen .. Het leek onmogelijk totdat ik eindelijk een truc uitbuitte.

Ik ga uit van een geldige configuratie waar er maar één wijziging mogelijk is (roterende de 3 semilijnen in het midden: elke andere wijziging zou tegelijkertijd het aantal diamanten veranderen en driehoeken creëren.)

Zodra u die wijziging heeft aangebracht, bent u vrij om deze ongedaan te maken (nutteloos, ik zal het blauw markeren) of om 3 andere wijzigingen aan te brengen (in rood). U merkt onmiddellijk op dat u die “wijziging” kunt doen alleen op punten waarop lijnen zijn geplaatst, zoals het midden van de eerste zet of het midden van de initiële kubus.

Als je eenmaal je tweede zet hebt gedaan, kun je de eerste zet niet ongedaan maken (nu grijs) omdat hierdoor driehoeken en andere vormen ontstaan.

(Ervan uitgaande dat mijn eerste zet een 1/6 ronde met de klok mee was, is mijn ongedaan maken 1/6 tegen de klok in)

In principe kun je gewoon controleer of de enige mogelijke zetten rotaties zijn van een groep tegels gemaakt door 3 diamanten (1 voor elke oriëntatie) (je kunt alle mogelijke zetten op een 2x2x2 “kubus” controleren en zien dat dit waar is).

je merkt ook op dat rotatie het aantal diamanten voor elke oriëntatie hetzelfde houdt.

Er ontbreekt een klein stukje van het bewijs: ik heb niet laten zien dat ik vanaf mijn eerste kubus alle mogelijke betegelingen kan doen, dat is omdat rotaties onderling afhankelijk zijn en ik niet weet of op een gegeven moment “ik” vast zal komen te zitten “zonder meer mogelijke bewegingen.

Ik” ben te slaperig voor dat bewijs, maar ik heb een andere bewijsmethode ontwikkeld. Ik zal je het plezier geven om het te gebruiken:

Kolommen extruderen vanaf een “lege” kubus:

Je ziet dat je een kolom niet kunt extruderen tot een lengte die groter is dan de voorgaande kolommen (er zijn 2 richtingen om te controleren op voorgaande kolommen) omdat je “driehoeken zult krijgen.

Je hebt nu een manier om werkelijk alle mogelijke betegelingen te berekenen. begin met de achterste kolom en als je eenmaal een hoogte hebt bepaald, kun je de 2 buurmannen extruderen tot elke hoogte lager of gelijk aan de achterste kolom. Daarna kun je hetzelfde doen voor de volgende 3 kolommen.

Er is hier geen afhankelijkheid van rotaties. U kiest een nummer, en dan kunt u opnieuw hetzelfde nummer of een lager nummer kiezen. Dat is veel gemakkelijker, maar heb wat hulp van de verbeelding (3e dimensie in een probleem met 2 dimensies).

Nou, waarschijnlijk is dat geen formeel bewijs. Maar het helpt de verbeelding dat je twee manieren hebt om het probleem aan te pakken, en waarschijnlijk kunnen die worden omzeild voor een formeel bewijs. Maar ik denk dat de intuïtie interessanter is dan het bewijs. Zonder enige intuïtie zal er nooit enig bewijs zijn.

De sleutel lijkt altijd dezelfde te zijn. Uitgaande van een triviale configuratie, behouden de enige mogelijke bewegingen incidenteel het aantal diamanten voor elke configuratie.

P.S:

Ik heb die puzzel nog nooit eerder gezien. Ik hoop dat je mijn eerste antwoord in raadselachtige uitwisseling leuk vindt.

Van de driehoekige tegels met een “kubusgrens”, kunnen we zien dat:

• er een gelijk aantal lijnsegmenten is op $ 0 ^ \ circ, 120 ^ \ circ, 240 ^ \ circ $

• elke rhombi beslaat precies één type lijnstuk

Reacties

• Isn ‘ t dat alleen maar herhalen wat leoll2 zei, dat wanneer ” delen van uw vloer extruderen ” dat ” het gebied waarop u kunt lopen niet ‘ t verander “.
• Dat ‘ is eigenlijk een veel beter bewijs dan mijn antwoorden. Het ‘ is interessant dat je alle lijnen die zichtbaar zijn gewoon negeert en in plaats daarvan focust op de onzichtbare.

Als we $ S $ toewijzen aan de zijde van de zeshoek (in aantal diamanten zijden) en $ A $, $ B $, $ C $ aan is het aantal diamanten van elk type waarbij $ A $ langer is dan hoog, $ B $ naar rechtsonder / linksboven wijst en $ C $ naar linksonder / rechtsboven wijst.

De totaal aantal diamanten (ook wel oppervlakte genoemd) laat ons deze vergelijking maken:

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

Stel je voor dat de $ S = 1 $ hexagon … Er zijn slechts 2 oplossingen die dezelfde zijn, 30 graden gedraaid. Er moeten alle drie de diamanten aanwezig zijn om het centrale deel op te tellen tot 360 graden.

We kunnen ons voorstellen dat er 3 paden zijn die van boven naar beneden lopen, rechtsboven naar linksonder, en linksboven naar rechtsonder. De totale beweging naar beneden voor elk pad dat je volgt (van boven naar beneden) moet gelijk zijn aan $ 2S $, maar de beweging van links naar rechts moet nul zijn. Als je de hele weg naar beneden beweegt op een $ A $ diamant, beweeg je niet naar rechts of links. Als je op een $ B $ of $ C $ diamant naar beneden gaat, ga je respectievelijk naar rechts of naar links. Om ervoor te zorgen dat alle paden niet naar links of rechts bewegen, moet het totale aantal $ B $ en $ C $ gelijk zijn. Als u de grafiek 60 graden draait zodat een ander paar hoeken naar boven / beneden wijst, kunt u dit laten zien voor $ A $ en $ B $ of $ A $ en $ C $.

Opmerkingen

• Kun je wat meer uitleggen waar deze 3 paden vandaan komen? Zijn er meerdere mogelijke paden (van boven naar beneden), of uniek gezien de betegeling? Zijn dit als een pion die van diamant naar aangrenzende diamant springt, of een mier die de randen volgt?
• Het is een vectoroptelling … het verwijst naar alle paden die van de ene hoek naar de andere gaan zonder achterkant tracking. Het zijn mierenvolgende randen.
• Ter verduidelijking: er is geen pad dat niet B = C volgt, dus tel ze allemaal op en B = C

Ik weet niet zeker of dit een volledig antwoord is, maar ik “word moe.

Laat n = aantal driehoeken naast elkaar. Neem de diamanten die EDIT raken: n + 1 aangrenzende randeenheden (alleen op 1 punt telt niet): Ten minste één diamant moet verschillend zijn van de anderen. Laat alle veranderingen in de hoeken gebeuren, met een verandering om de andere hoek.We hebben een lus gemaakt die een zeshoek kan bevatten met zijlengte n-1, en het aantal diamanten van elke soort is gelijk. Inductie tot n = 1, waar het duidelijk gelijk is.

Laat nu een zeshoekige buitenste lus afwijken van ons “veranderingen komen alleen bij hoeken” -beleid. Kleur alle aangrenzende diamanten aan de buitenrand een bepaalde kleur (bijvoorbeeld zwart) en laat alle diamanten die uit deze lus steken wit. Nu kunnen we een onderbroken lus zien die een andere (zeker gebroken) lus van n-1 omgeeft. Kleur deze binnenste lus in met een tweede kleur, waardoor alle rebellen weer wit blijven. Doe dit tot aan de n = 1 zeshoek, en kleur dan de rebellen door oriëntatie.

Als je nu naar mijn diagram kijkt, wil de binnenste paarse zeshoek echt een rode tegel onderaan in plaats van een oranje en een roze . Stel je voor dat dit een mozaïek is. Scheur een rode tegel open en de oranje en roze rebellen in het midden, en leg de rode tegel daar. De paarse hex is nu gelukkig. Maak nu het groene vakje blij (een verandering alleen om de andere hoek) – De onderste zijdelingse diamant wil twee schuine diamanten zijn die rond het paarse vakje passen – voeg onze oranje en roze tegels toe aan de zijkant en leg de groene tegel waar we de rode tegel van eerder hebben beroofd. Ik denk dat het duidelijk is dat dit proces kan worden voortgezet totdat we onze “optimale zeshoek” bereiken. Mijn brein is echter te gefrituurd om dit definitief te bewijzen.

BEWERKEN: ik geloof dat deze twee dingen waar zijn: 1. Als we een niet-optimale zeshoek nemen, zal elke concentrische lus ongelukkig zijn 2. Het repareren van een ongelukkige lus voegt noodzakelijkerwijs tegels toe aan onze “hand” van verwijderde mozaïektegels 3. Om de binnenste hexagon te repareren, berooft u elke geschikte rebel.

Met deze twee dingen in gedachten, is het onmogelijk dat we een hexadecimaal willen repareren, maar dat we geen tegels in onze “hand” van verwijderde tegels hebben, ervan uitgaande dat er minstens één rebel van de soort nodig door de n = 1 lus.

Er zijn geen lange bewijzen nodig. Denk aan 3D.

Stel je voor dat sommige kubussen in een hoek van een kamer zijn bevestigd. De drie oriëntaties zijn de gezichten die we zien, aangezien we van elke kant hetzelfde aantal gezichten moeten zien.

Opmerkingen

• er is ook een bewijs van nummering. Zet twee nullen in een hoek en construeer het getal zo dat de 3 oriëntaties altijd -1,0 en 1 zijn. Door rij voor rij toe te voegen, wordt de totale som 0. Daarom is X (1) + Y (0) + Z (-1) = 0, wat X = Z betekent. Draai nu de nummering 120 graden. Met vergelijkbaar argument X = Y Dit maakt het bewijs compleet
• Helaas is dit in wezen hetzelfde als het antwoord dat al door leoll2 is gegeven, en dat werd bewezen in het antwoord van Sebastian Reichelt. Het bewijs dat u in uw opmerking vermeldt, was ook al gepost in het tweede antwoord van Sebastian Reichelt.

Om Om dit principe te bewijzen, door het programmeren van Pascal om verschillende diamantlay-outs te genereren, met verschillende kleuren, zul je zien dat dit 2D-bestratingsprobleem een probleem voor het genereren van 3D-modellen is geworden, en deze modellen lijken sterk op stedenbouw of architectuur. Een proefberekening van de indeling van de toren en het podium. Een ander kenmerk is dat het gegenereerde driedimensionale model geen groot bovendeel en een klein benedendeel heeft, en een stabiele rechthoekige parallellepipedum lay-out is. Een ” upgrade van ” van een tweedimensionaal probleem naar een driedimensionale lay-out. ional

Opmerkingen

• Hoe bewijst dit de claim in de vraag?