Układanie sześciokąta rombami

Myślę, że znalazłem naprawdę łatwy dowód.

Każda płytka z pionowymi bokami musi mieć dwie inne płytki z pionowymi bokami przylegającymi do niej lub pionową granicę sześciokąta. W przypadku danego kafelka z pionowymi bokami, podążanie za tymi sąsiednimi kafelkami daje określoną ścieżkę do obu pionowych boków sześciokąta.

Oznacza to, że każdy kafelek z pionowymi bokami leży na ścieżce, która zaczyna się po lewej stronie sześciokąt i kończy się po prawej stronie i składa się tylko z płytek o pionowych bokach. Żadna z tych ścieżek nie może się przecinać, ponieważ spowodowałoby to utworzenie dwóch różnych ścieżek z pojedynczego kafelka z pionowymi bokami do lewej strony sześciokąta, które nie mogą istnieć zgodnie z pierwszym akapitem.

Ponieważ żadna ze ścieżek przecinają się, każda ścieżka między lewą a prawą stroną sześciokąta musi zaczynać się i kończyć na tej samej wysokości. Dlatego każda ścieżka musi zawierać równą liczbę każdego z dwóch różnie zorientowanych płytek o pionowych bokach. Ponieważ każda płytka z pionowymi bokami leży na takiej ścieżce, całkowita liczba tych dwóch różnie zorientowanych płytek musi być równa.

Powtórz to symetrycznie dla dwóch innych orientacji, aby stwierdzić, że liczba płytek w każdej orientacji musi bądź równy.

Komentarze

• Bardzo ładny dowód. Myślę, że mogłoby to być jeszcze łatwiejsze dzięki prostej obserwacji, że a + b = b + c = c + a jest równoważne a = b = c. Następnie możesz upuścić całe przejście i rzeczy w górę iw dół. Zamiast tego po prostu policz ruchy pionowe. Zgodnie z Twoim argumentem, muszą one mieć tę samą liczbę w każdej ” kolumnie ” i w granicach. Możesz odwzorować od 1 do 1 wszystkie pionowe kreski z wyjątkiem, powiedzmy, lewej granicy na wszystkie kafelki, które mają pionowe boki (tj. Dwa rodzaje, jak w a + b powyżej), łącząc każdy taki kafelek z jego prawą pionową krawędź.
• Ach, ' masz rację. Gdy wiesz, że w każdej orientacji jest taka sama liczba pociągnięć, wynik jest łatwy.

Chcę opublikować odpowiedź, która jest bardziej intuicyjna niż matematyczna .
Ten obraz doskonale to odzwierciedla:

Biały, szary i czarny służą do wyróżnienia rombów o tej samej orientacji. Zdjęcie po prawej stronie pokazuje dziwną bryłę, chyba każdy to widzi.
Cóż, intuicyjnie jest zobaczyć, że dla dowolnej konfiguracji czarny obszar jest równoważny (również biały i szary): to jest jak wystające części podłogi (czyli schody budowlane!), obszar, po którym można chodzić, nie zmienia się!

Komentarze

• Twój kształt zachowuje trzepoczę w głowie. W jednej chwili czarny jest ” w górę „, w następnej jest ” w dół „. Ale podoba mi się ten dowód.
• @Floris Naprawdę zamierzam rozwiązać ten problem jako zagadkę (my ' ponownie w Puzzling, eheh!), a nie jako zadanie czysto matematyczne.
• Ty ' zakładasz, że każde rozwiązanie wygląda jak ” stos kostek. Skąd wiesz, że to prawda? Rzeczywiście, zakładając, że każde rozwiązanie wygląda jak stos kostek jest ładny dużo zakładając rzecz, o którą ' jesteś proszony o udowodnienie.
• @Floris: Ow, zajęło mi trochę czasu, zanim zobaczyłem, jak to się odwróciło, a kiedy to zrobię, muszę walczyć aby ” trzymać ” tę interpretację i boli mnie głowa. Przypuszczam, że w młodości grałem za dużo Q * bert.
• @ leoll2 Twoim zadaniem jest ' przekonać nas, że może ' nie być czymkolwiek innym. Jak mogę się upewnić, że nie ma ' t dziwnych kafelków, które ' nie wyglądają jak stos kostek?

Oto dowód inspirowany 3D.

Weź dowolny kafelkowy sześciokąt i spójrz na jego pionowe linie.

Po pierwsze, zwróć uwagę, że ze względu na kształt płytek, wszystkie pionowe linie muszą mieć taką samą długość jak lewa i prawa strona sześciokąta, ewentualnie z przerwami pomiędzy nimi.

Jeśli więc żaden z nich nie ma przerw, a wszystkie kończą się na dole, całe kafelkowanie musi wyglądać następująco („całkowicie wypełniona kostka”):

Pokazujemy, że możliwe jest przekształcenie dowolnej innej płytki w” całkowicie wypełnioną kostkę „bez zmiany liczby płytek w każdej orientacji.

Najpierw wybierz fragment pionowej linii, która nie kończy się na dole. Zamiast tego musi kończyć się na poziomej płytce, ponieważ pozostałe dwie płytki mają pionowe boki. Mamy nadzieję, że sytuacja wygląda następująco („róg”):

Ale może jest jedna lub dwie dodatkowe linie rozpoczynające się w tym samym miejscu, na przykład:

Jeśli tak jest, wykonaj jedną z nich. Musi należeć do innej poziomej płytki sąsiadującej z bieżącą. (Widać to na obrazku). Więc po podążaniu za linią ponownie jesteś w tej samej sytuacji, ale bliżej jednego z boków sześciokąta (co gwarantuje zakończenie, ponieważ zdecydowanie istnieje pionowa linia w kierunku, w którym właśnie pochodzi). Kontynuuj w tym samym kierunku, aż dotrzesz do „rogu”.

Teraz, gdy osiągnąłeś „róg”, „wypełnij go”:

Oczywiście liczba płytek w każdej orientacji pozostała taka sama. Jednak pionowy fragment linii właśnie przesunął się w dół.

Powtarzaj ten algorytm, aż wszystkie pionowe linie zakończą się na dole i wszystkie luki zostaną usunięte, co spowoduje powstanie „całkowicie wypełnionej kostki” (patrz wyżej).

Komentarze

• Super! Dowodzi również, że dowolne kafelki można przekształcić w dowolne inne za pomocą sekwencji ” wypełnień narożnych ” lub małych obrotów sześciokątnych
• Tak, iw pewnym sensie udowadnia, że interpretacja 3D zawsze działa. Ale myślę, że można to udowodnić znacznie bardziej bezpośrednio, ponieważ w ” weź dowolne kafelki i zbuduj odpowiednią strukturę 3D w następujący sposób … ”
• dobrze 🙂 w zasadzie rotacja 3D. Zrobiłem 2d. Czy kiedykolwiek spotkałeś tę zagadkę?

Co ciekawe, patrząc na obraz jako wykres 3D, możesz zobacz, że każda „twarz” ma taką samą liczbę płytek. Tak więc, jeśli spojrzałbyś na to od lewej, zobaczyłbyś 25 kwadratów. Góra – 25 kwadratów. Prawa – 25 kwadratów. Każda z trzech orientacji odpowiada jednej z twarzy.

Komentarze

• Wydaje mi się, że ten argument jest przekonujący, ale tylko w odniesieniu do konkretnego kafelka, na który patrzysz. Jak możesz być pewien, że złudzenie optyczne wystąpi przy każdym możliwym kafelku?
• Ta odpowiedź wydaje się być sposobem wizualizacji odpowiedzi … nic nie dowodzi. Można to jednak udowodnić w ten sposób.
• Całkowicie się zgadzam. I ” znać ” odpowiedź, ale wyjaśnienie tego jest poza mną w ten piątek.

Jeszcze inny; ten jest oparty na trójkącie i może być bardziej standardowym dowodem.

Podziel cały sześciokąt na trójkąty i przypisz liczby do pionowe linie takie jak ta (lub podobnie):

Teraz dla dowolnego kształtu opartego na trójkącie (whi ch niekoniecznie musi być kafelkiem) zdefiniuj jego „stopień” jako liczbę uzyskaną przez dodanie wszystkich liczb przypisanych do jego lewej granicy i odjęcie wszystkich liczb przypisanych do jego prawej krawędzi. Na przykład kształt

ma „stopień” $ (1-2) – (2 + 2-1-2) = – 2 $.

Teraz ułóż kafelek kawałek po kawałku i rozważ „stopień” uzyskanego kształtu. Dodanie poziomego kafelka nie zmienia stopnia, dodanie jednego z pozostałych odpowiednio zwiększa lub zmniejsza go o 1:

Ponieważ cały sześciokąt ma stopień 0, liczba pokazanych płytek musi być równa. Powtórz symetrycznie w innym kierunku.

Komentarze

• Sześciokąt można podzielić na dowolną liczbę kształtów, wtedy suma stopni tych kształtów będzie wynosić 0.Technicznie to nie odpowiada, ponieważ nadal musisz udowodnić, że możesz zbudować kafelek (na przykład przez wytłaczanie, właśnie udowodniłeś, że jeśli istnieje kafelek, to musi mieć stopień 0) Ale ta odpowiedź na pewno dostarcza brakującego elementu do dowodu, więc +1
• Tak jak rozumiem to pytanie, nie ma potrzeby udowadniania, że kafelek zawsze istnieje. Ale oczywiście tak. 🙂 (Zobacz moją pierwszą odpowiedź.)
• i aby zobaczyć, że możesz zbudować wszystkie możliwe tilings, potrzebuję mojej odpowiedzi 🙂
• Och, teraz rozumiem, co mówisz. Przez ” build ” mam na myśli coś innego: zacznij od jednego kafelka; to jest twój pierwszy kształt. Następnie dodawaj jeden kafelek po drugim, aż dojdziesz do kafelka, który miałeś pierwotnie.
• Nie, dla mnie zaczyna się od prawidłowego stanu (wystarczy podać jeden, który ' jest trywialne), a następnie zastosuj jakąś transformację, która pozostawi cię w innym prawidłowym stanie. Tworzenie, jak mówisz, jest trudniejsze, ponieważ potrzebujesz pewnego rodzaju ” wywłaszczania „, które jest możliwe, ale wymaga wyszukiwania, podczas gdy w moim poście Nie ' nie używam żadnego wyszukiwania, tylko wstępnie ustalone ” przejścia ” sprawiają, że rozumowanie bardzo proste ..

Rozważmy trójkątną siatkę po kolumnie.

Każda kolumna w lewej połowie zawiera jeden więcej trójkątów skierowanych w lewo niż trójkątów skierowanych w prawo. W prawej połowie jest nadmiar jednego trójkąta skierowanego w prawo.

Pastylki ukośne składają się na dokładnie jeden trójkąt skierowany w lewo i jeden trójkąt skierowany w prawo w kolumna. Zignorujmy je. Zostajesz z lewą stroną z trójkątami, które są częścią poziomej pastylki. Poziomy romb składa się z trójkąta skierowanego w lewo w jednej kolumnie (czerwony) i pasującego trójkąta skierowanego w prawo w kolumnie po prawej (zielony).

Trójkąty, które ignorujemy, składają się z par trójkątów skierowanych w lewo i w prawo w jednej kolumnie. Więc w każdej kolumnie nadal musi być nadmiar jednego czerwonego trójkąta w lewej połowie i nadmiar jednego zielonego trójkąta w prawej połowie.

W pierwszej kolumnie musi być jeden czerwony trójkąt, ponieważ jest nadmiar jednego i nie może być zielonego trójkąta. Ten trójkąt jest dopasowany przez zielony trójkąt w drugiej kolumnie. W kolumnie 2 znajduje się 1 zielony trójkąt, więc musi być jeszcze jeden czerwony trójkąt. To znaczy 2. Te 2 czerwone trójkąty mają pasujące zielone trójkąty w trzeciej kolumnie itd.

Jak widzisz, w każdej kolejnej kolumnie, aż do środkowej linii, znajduje się jeszcze jeden czerwony trójkąt. Ostatnia kolumna przed środkową linią zawiera 5 czerwonych trójkątów. Na prawo od środkowej linii znajduje się 5 pasujących zielonych trójkątów. Ale nadal mamy nadmiar 1 zielonego trójkąta, liczba czerwonych trójkątów spada do 4. Od tego momentu liczba maleje z każdą kolumną. Rezultat jest taki, że niezależnie od tego, jak ułożone są pastylki, czerwone trójkąty liczą się w kolumnach tworząc ciąg 1,2,3,4,5,4,3,2,1,0, co daje w sumie 25.

Oznacza to, że zawsze będzie 25 czerwonych trójkątów. A to są połówki poziomych pastylek do ssania, więc będzie ich 25 poziomych.

W symetrii obrotowej to samo dotyczy pastylek lewostronnych i prawostronnych. Oznacza to, że niezależnie od tego, jak zostaną umieszczone, zawsze będzie 25 sztuk każdego z 3 typów pastylek.

QED

Oto moja próba udowodnienia tego … Wydawało się to niemożliwe, dopóki w końcu nie wykorzystałem sztuczki.

Zaczynam od prawidłowej konfiguracji, w której możliwa jest tylko jedna zmiana (obracanie 3 półlinie w środku: każda inna zmiana zmieniłaby jednocześnie liczbę diamentów i utworzyłaby trójkąty.)

Po dokonaniu tej zmiany możesz ją cofnąć (bezużyteczna, oznaczę to na niebiesko) lub wprowadzić 3 inne zmiany (na czerwono). Od razu zauważasz, że możesz to zrobić tylko w punktach, w których linie są umieszczone jak środek pierwszego ruchu lub środek początkowej kostki.

Po wykonaniu drugiego ruchu nie będzie można cofnąć pierwszego ruchu (teraz kolor szary) ponieważ spowodowałoby to utworzenie trójkątów i innych kształtów.

(Zakładając, że mój pierwszy ruch był zgodny z ruchem wskazówek zegara o 1/6 rundy, moje cofnięcie to 1/6 przeciwnie do ruchu wskazówek zegara)

Zasadniczo możesz po prostu sprawdź, czy jedynymi możliwymi ruchami są obroty grupy płytek wykonane przez 3 diamenty (1 dla każdej orientacji) (możesz sprawdzić wszystkie możliwe ruchy na „kostce” 2x2x2 i przekonać się, że to prawda).

Stąd Zauważ również, że rotacja utrzymuje tę samą liczbę diamentów dla każdej orientacji.

Brakuje małego fragmentu dowodu: nie pokazałem, że zaczynając od mojej pierwszej kostki mogę wykonać wszystkie możliwe przechyły, to dlatego, że obroty mają „współzależności” i nie wiem, czy w którymś momencie „utknę” bez większej liczby możliwych ruchów.

Jestem zbyt śpiący na ten dowód, ale opracowałem kolejną metodę dowodową, którą pozwolę ci z przyjemnością jej używać:

Wyciąganie kolumn zaczynając od „pustej” kostki:

Widzisz, że nie możesz wyciągnąć kolumny do długości większej niż poprzednie kolumny (istnieją 2 wskazówki, aby sprawdzić poprzednie kolumny) ponieważ „dostaniesz trójkąty.

Masz teraz sposób na obliczenie wszystkich możliwych pochyleń. zacznij od ostatniej kolumny, a po ustaleniu wysokości możesz wyciągnąć 2 sąsiadów na dowolną wysokość niższą lub równą najniższej kolumnie. Następnie możesz zrobić to samo dla następnych 3 kolumn.

Jest brak zależności od rotacji tutaj. Wybierasz plik numer, a następnie możesz wybrać ponownie tę samą lub niższą liczbę. To jest dużo łatwiejsze, ale potrzebna jest pomoc wyobraźni (trzeci wymiar w przypadku problemu, który ma 2 wymiary).

Cóż, prawdopodobnie to nie jest formalny dowód. Ale pomaga wyobraźni, masz 2 sposoby rozwiązania problemu i prawdopodobnie można je obejść, aby uzyskać formalny dowód. Ale myślę, że bardziej interesująca jest intuicja niż dowód. Bez pewnej intuicji nigdy nie będzie dowodu.

Klucz wydaje się być zawsze ten sam. Począwszy od trywialnej konfiguracji, jedyne możliwe ruchy przypadkowo zachowują liczbę diamentów dla każdej konfiguracji.

PS:

Nigdy wcześniej nie widziałem tej układanki. Mam nadzieję, że podoba Ci się moja pierwsza odpowiedź w zagadkowej wymianie zdań.

Z trójkątne kafelki z „granicą sześcianu”, widzimy, że:

• w $ 0 ^ \ circ, 120 ^ \ circ, 240 ^ \ circ $

• każdy romb obejmuje dokładnie jeden typ odcinka linii

Komentarze

• Isn ' to tylko powtórzenie tego, co powiedział leoll2, że kiedy ” wytłaczanie części podłogi ” ” obszar, po którym można chodzić, nie ' t zmienić „.
• To ' jest w rzeczywistości znacznie lepszym dowodem niż moje odpowiedzi. ' jest interesujące, że po prostu ignorujesz wszystkie widoczne linie i zamiast tego skupiasz się na niewidocznych.

Jeśli przypiszemy $ S $ jako długość boku sześciokąta (w liczbie długości boków rombu), a $ A $, $ B $, $ C $ to być liczbą diamentów każdego rodzaju, gdzie $ A $ jest dłuższe niż wysokie, $ B $ w prawym dolnym rogu / w lewym górnym rogu, a $ C $ w lewym dolnym rogu / prawym górnym rogu.

całkowita liczba diamentów (czyli obszar) pozwala nam zrobić to równanie:

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

Wyobraź sobie $ S = 1 $ sześciokąt … Są tylko 2 rozwiązania, które są takie same, obrócone o 30 stopni. Wszystkie trzy diamenty muszą być obecne w kolejności środkowej części, aby sumowały się do 360 stopni.

Możemy sobie wyobrazić, że istnieją 3 ścieżki, które biegną od góry do dołu, od prawej górnej do lewej dolnej, i górny lewy dolny prawy róg. Całkowity ruch w dół dla dowolnej ścieżki, którą podążasz (od góry do dołu), musi wynosić 2 $, ale ruch od lewej do prawej musi wynosić zero. Jeśli przejdziesz całą drogę w dół na diamentie $ A $, nie przesuniesz się w prawo ani w lewo. Jeśli zejdziesz w dół na diamencie $ B $ lub $ C $, przesuniesz się odpowiednio w prawo lub w lewo. Aby wszystkie ścieżki nie poruszały się w lewo lub w prawo, całkowita liczba $ B $ i $ C $ musi być równa. Jeśli obrócisz wykres o 60 stopni w taki sposób, że różne pary rogów są skierowane w górę / w dół, możesz to pokazać dla $ A $ i $ B $ lub $ A $ i $ C $.

Komentarze

• Czy możesz wyjaśnić trochę więcej, skąd pochodzą te 3 ścieżki? Czy istnieje kilka możliwych ścieżek (od góry do dołu) lub są one niepowtarzalne ze względu na kafelkowanie? Czy to jest jak pionek skaczący z diamentu do sąsiedniego diamentu, czy mrówka podążająca za krawędziami?
• To jest dodawanie wektorów… odnosi się do wszystkich ścieżek, które biegną od rogu do przeciwnego bez pleców śledzenie. Jest to mrówka po krawędziach.
• Aby wyjaśnić, nie ma ścieżki, która nie prowadzi po B = C, więc dodaj je wszystkie i B = C

Nie jestem pewien, czy to jest pełna odpowiedź, ale jestem zmęczony.

Niech n = liczba trójkątów na bok. Weź diamenty dotykające EDYCJA: n + 1 sąsiednich jednostek krawędzi (tylko 1 punkt się nie liczy): Co najmniej jeden romb musi być inny od innych. Niech wszystkie zmiany zajdą w rogach, ze zmianą w każdym innym rogu.Zrobiliśmy pętlę, która może zawierać sześciokąt o boku długości n-1, a liczba diamentów każdego rodzaju jest równa. Indukcja do n = 1, gdzie jest oczywiście równa.

Teraz pozwól zewnętrznej pętli sześciokątnej odbiegać od naszej zasady „zmiany zachodzą tylko na rogach”. Pokoloruj wszystkie zewnętrzne diamenty przylegające do krawędzi na określony kolor (powiedzmy czarny) i pozostaw diamenty wystające z tej pętli na biało. Teraz możemy zobaczyć przerwaną pętlę otaczającą inną (z pewnością przerwaną) pętlę n-1. Pokoloruj tę wewnętrzną pętlę drugim kolorem, ponownie pozostawiając wszystkich buntowników na biało. Zrób to w dół do sześciokąta n = 1, a następnie pokoloruj buntowników według orientacji.

Teraz, jeśli spojrzysz na mój diagram, wewnętrzny fioletowy sześciokąt naprawdę chce czerwonej płytki na dole zamiast pomarańczowej i różowej . Wyobraź sobie, że to mozaika. Zerwij czerwoną płytkę oraz pomarańczowych i różowych buntowników pośrodku i umieść tam czerwoną płytkę. Fioletowy heks jest teraz szczęśliwy. Teraz uszczęśliw zielony heks (zmiana tylko w każdym drugim rogu) – Dolny romb z boku chce być dwoma ukośnymi diamentami, aby pasował do fioletowego heksa – dodaj nasze pomarańczowe i różowe kafelki na bok, kładąc zieloną płytkę gdziekolwiek wcześniej okradliśmy czerwoną płytkę. Myślę, że jest jasne, że ten proces można kontynuować, dopóki nie osiągniemy naszego „optymalnego sześciokąta”. Mój mózg jest jednak zbyt wysmażony, aby to ostatecznie udowodnić.

EDYCJA: Uważam, że te dwie rzeczy są prawdziwe: 1. Jeśli weźmiemy nieoptymalny sześciokąt, każda koncentryczna pętla będzie nieszczęśliwa 2. Naprawienie nieszczęśliwej pętli koniecznie doda płytki do naszej „ręki” usuniętych płytek mozaikowych 3. Aby naprawić najbardziej wewnętrzny heks, okradnij każdego odpowiedniego buntownika.

Mając na uwadze te dwie rzeczy, niemożliwe jest, abyśmy chcieli naprawić heks, ale nie mielibyśmy w swojej „ręce” usuniętych płytek, zakładając, że jest przynajmniej jeden buntownik rodzaj potrzebny w pętli n = 1.

Nie ma potrzeby tworzenia długich dowodów. Pomyśl o 3D.

Wyobraź sobie, że niektóre kostki są zamocowane w rogu pokoju. Te trzy orientacje to twarze, które widzimy, ponieważ z każdej strony musimy zobaczyć taką samą liczbę twarzy.

Komentarze

• istnieje również dowód z numeracji. Umieść dwa zera w rogu i skonstruuj liczbę tak, aby 3 orientacje zawsze sumowały się do -1,0 i 1. Dodając wiersz po wierszu suma całkowita wyniesie 0 Dlatego X (1) + Y (0) + Z (-1) = 0, co oznacza X = Z. Teraz obróć numerację o 120 stopni. Z podobnym argumentem X = Y To kończy dowód
• Niestety jest to zasadniczo to samo, co odpowiedź już podana przez leoll2, co zostało udowodnione w odpowiedzi Sebastiana Reichelta. Dowód, o którym wspomniałeś w komentarzu, został już opublikowany w drugiej odpowiedzi Sebastiana Reichelta.

W celu aby udowodnić tę zasadę, poprzez programowanie w Pascalu w celu wygenerowania różnych układów diamentów, w różnych kolorach, przekonasz się, że ten problem z nawierzchnią 2D stał się problemem generowania modeli 3D, a modele te są bardzo podobne do planowania urbanistycznego lub architektury. Obliczenia próbne układu wieży i podium. Inną cechą jest to, że wygenerowany trójwymiarowy model nie ma dużej górnej części i małej dolnej części i jest stabilnym prostokątnym układem równoległościanów. ” uaktualnianie ” z dwuwymiarowego problemu do układu trójwymiarowego. ional

Komentarze

• Jak to potwierdza roszczenie w pytaniu?