Lado a lado de um hexágono com diamantes

Acho que encontrei uma prova realmente fácil.

Cada bloco com lados verticais precisa ter dois outros blocos com lados verticais adjacentes a ele , ou o limite vertical do hexágono. Para um dado ladrilho com lados verticais, seguir esses ladrilhos adjacentes produz um caminho específico para ambos os lados verticais do hexágono.

Isso significa que cada ladrilho com lados verticais fica em um caminho que começa no lado esquerdo de o hexágono e termina à direita, e consiste apenas em ladrilhos com lados verticais. Nenhum desses caminhos pode se cruzar, pois isso criaria dois caminhos diferentes de um único ladrilho com lados verticais para o lado esquerdo do hexágono, que não pode existir de acordo com o primeiro parágrafo.

Visto que nenhum dos caminhos se cruzarem, todos os caminhos entre os lados esquerdo e direito do hexágono devem começar e terminar na mesma altura. Portanto, cada caminho deve conter um número igual de cada um dos dois ladrilhos orientados de forma diferente com lados verticais. Uma vez que todos os ladrilhos com lados verticais ficam em tal caminho, o número total desses dois ladrilhos orientados de forma diferente deve ser igual.

Repita isso simetricamente para duas outras orientações para descobrir que o número de ladrilhos de cada orientação deve seja igual.

Comentários

• Prova muito boa. Acho que poderia ser ainda mais fácil pela simples observação de que a + b = b + c = c + a é equivalente a a = b = c. Então você pode largar toda a travessia e subir e descer as coisas. Em vez disso, conte apenas os traços verticais. Por seu argumento, eles devem ser o mesmo número em cada ” coluna ” e no limite. Você pode mapear todos os traços verticais 1 para 1, exceto o limite esquerdo, digamos, para todos os blocos que têm lados verticais (ou seja, dois tipos, como em a + b acima), associando cada bloco com sua borda vertical direita.
• Ah, você ‘ está certo. Depois de saber que existe um número igual de traços em cada orientação, o resultado segue facilmente.

Quero postar uma resposta que é mais intuitiva do que matemática .
Esta imagem representa perfeitamente:

Branco, cinza e preto são usados para destacar os diamantes com a mesma orientação. A imagem certa mostra um sólido estranho, acho que todos podem ver.
Bem, é intuitivo ver que, para qualquer configuração, a área preta é equivalente (branca e cinza também): é como extrudando partes do seu andar (também conhecido como escadas de edifícios!), a área em que você pode andar não muda!

Comentários

• Sua forma se mantém cambaleando na minha cabeça. Num momento, o preto está ” para cima “, no momento seguinte está ” abaixo “. Mas eu gosto dessa prova.
• @Floris Minha intenção é resolver este problema como um quebra-cabeça (nós ‘ está em Puzzling, eheh!), e não como uma tarefa matemática pura.
• Você ‘ está assumindo que todas as soluções ” se parece com ” uma pilha de cubos. Como você sabe que isso é verdade? Na verdade, presumir que toda solução parece uma pilha de cubos é bonito muito assumindo o algo que você ‘ está sendo solicitado a provar.
• @Floris: Ai, demorei um pouco para vê-lo invertido e, assim que o fizer, tenho que lutar para ” segurar ” essa interpretação e isso machuca minha cabeça. Suponho que joguei muito Q * bert na minha juventude.
• @ leoll2 ‘ é seu trabalho nos convencer de que não pode ‘ ser outra coisa. Como posso ter certeza de que não existe ‘ t alguns blocos estranhos que não ‘ parecem uma pilha de cubos?

Aqui está uma prova inspirada em 3D.

Pegue qualquer hexágono lado a lado e olhe para seu linhas verticais.

Primeiro, observe que devido ao formato dos ladrilhos, todas as linhas verticais devem ter o mesmo comprimento que os lados esquerdo e direito do hexágono, possivelmente com espaços entre eles.

Então, se nenhum deles tiver lacunas, e todos eles terminarem na parte inferior, todo o ladrilho deve se parecer com isto (“cubo completamente preenchido”):

Mostramos que é possível transformar qualquer outro ladrilho em um” cubo totalmente preenchido “sem alterar o número de ladrilhos em cada orientação.

Primeiro, selecione um fragmento de uma linha vertical que não termine na parte inferior. Ele deve terminar em um ladrilho horizontal, já que os outros dois ladrilhos têm lados verticais. Felizmente, a situação se parece com esta (“canto”):

Mas talvez haja uma ou duas linhas adicionais originando no mesmo local, como este:

Se for esse o caso, siga um deles. Deve pertencer a outro ladrilho horizontal adjacente ao atual. (Você pode ver isso na foto.) Então, depois de seguir a linha, você está na mesma situação novamente, mas mais perto de um dos lados do hexágono (o que garante a terminação, já que definitivamente há uma linha vertical na direção de você acabou de sair). Continue na mesma direção até chegar a um “canto”.

Agora que você alcançou um “canto”, “preencha-o”:

Obviamente, o número de ladrilhos em cada orientação permaneceu o mesmo. No entanto, um fragmento de linha vertical acabou de se mover para baixo.

Repita este algoritmo até que todas as linhas verticais terminem na parte inferior e todas as lacunas sejam removidas, resultando no “cubo completamente preenchido” (veja acima).

Comentários

• Legal! Isso também prova que qualquer ladrilho pode ser transformado em qualquer outro por uma sequência de ” preenchimentos de canto ” ou pequenas rotações de hexágono
• Sim, e de certa forma prova que a interpretação 3D sempre funciona. Mas acho que isso poderia ser provado muito mais diretamente, como em ” pegar qualquer lado a lado e construir uma estrutura 3D correspondente da seguinte maneira … ”
• bom 🙂 basicamente rotação 3d. Eu fiz o 2d. Já conheceu esse quebra-cabeça?

Curiosamente, olhando para a imagem como um gráfico 3D, você pode veja que cada “face” tem o mesmo número de peças. Portanto, se você olhar da esquerda para a direita, verá 25 quadrados. No topo, 25 quadrados. À direita, 25 quadrados. E cada uma das 3 orientações corresponde a uma das faces.

Comentários

• Acho que este argumento é convincente, mas apenas para o ladrilho específico para o qual você está olhando. Como você pode ter certeza de que a ilusão de ótica acontecerá para todos os ladrilhos possíveis?
• Esta resposta parece uma forma de visualizar a resposta … não prova nada. No entanto, é possível provar desta forma.
• Concordo totalmente. I ” conheça ” a resposta, mas não posso explicar nesta sexta-feira.

Outro; este é baseado em triângulo e pode ser mais uma prova padrão.

Divida todo o hexágono em triângulos e atribua números a as linhas verticais como esta (ou similarmente):

Agora, para qualquer forma baseada em triângulo (whi ch não precisa ser necessariamente um bloco) defina seu “grau” como o número obtido pela adição de todos os números atribuídos ao seu limite esquerdo e subtraindo todos os números atribuídos ao seu limite direito. Por exemplo, a forma

tem um “grau” de $ (1-2) – (2 + 2-1-2) = – 2 $.

Agora, construa uma peça por peça e considere o “grau” da forma resultante. Adicionar um bloco horizontal não altera o grau; adicionar um dos outros aumenta ou diminui em 1, respectivamente:

Visto que todo o hexágono tem um grau 0, o número das duas peças mostradas deve ser igual. Repita simetricamente em outra direção.

Comentários

• Você pode dividir o hexágono em qualquer número de formas, então a soma dos graus dessas formas é 0.Tecnicamente, isso não responde porque você ainda tem que provar que pode construir o ladrilho (por exemplo, por extrusão, você acabou de provar que, se um ladrilho existe, ele deve ter grau 0). +1
• Pelo que entendi a pergunta, não há necessidade de provar que sempre existe um ladrilho. Mas é verdade, é claro. 🙂 (Veja minha primeira resposta.)
• e para ver que você pode construir todas as coisas possíveis, preciso da minha resposta 🙂
• Oh, agora eu entendo o que você está dizendo. Por ” build “, quero dizer algo diferente: comece com um bloco; essa é a sua primeira forma. Em seguida, adicione um ladrilho após o outro, até chegar ao ladrilho que você tinha originalmente.
• Não, para mim está começando de um estado válido (apenas tenho que dar um, que ‘ s trivial), em seguida, aplique algum tipo de transformação que o deixe em outro estado válido. Construir como você diz é mais difícil porque você precisa de algum tipo de ” preempção ” que é possível, mas requer pesquisa, enquanto estiver na minha postagem Eu não ‘ não uso qualquer pesquisa, apenas ” transições ” pré-fixadas que fazem raciocínio muito fácil.

Vamos considerar a grade triangular por coluna.

Cada coluna na metade esquerda tem um mais triângulo para a esquerda do que para a direita. Na metade direita, há um excesso de um triângulo para a direita.

Os losangos diagonais contribuem para exatamente um triângulo para a esquerda e outro para a direita em um coluna. Vamos ignorar isso. Você fica com a esquerda com os triângulos que fazem parte de um losango horizontal. Um losango horizontal é feito de um triângulo apontando para a esquerda em uma coluna (vermelho) e um triângulo apontando para a direita correspondente na coluna da direita (verde).

Os triângulos que ignoramos consistem em pares de triângulos apontando para a esquerda e para a direita em uma coluna. Portanto, em cada coluna ainda deve haver um excesso de um triângulo vermelho na metade esquerda e um excesso de um triângulo verde na metade direita.

Na primeira coluna deve haver um triângulo vermelho porque há um excesso de um e não pode haver triângulo verde. Esse triângulo é correspondido por um triângulo verde na 2ª coluna. Na coluna 2, há um triângulo verde 1, então deve haver mais um triângulo vermelho. Isso é 2. Esses 2 triângulos vermelhos têm triângulos verdes correspondentes na 3ª coluna, etc.

Como você pode ver, há mais um triângulo vermelho em cada coluna subsequente, até a linha do meio. A última coluna antes da linha do meio possui 5 triângulos vermelhos. Existem 5 triângulos verdes iguais à direita da linha do meio. Mas ainda agora temos um excesso de 1 triângulo verde, a contagem de triângulos vermelhos diminui para 4. A partir daí, a contagem diminui com cada coluna. O resultado é que, independentemente de como os losangos são colocados, os triângulos vermelhos contam nas colunas formam a sequência 1,2,3,4,5,4,3,2,1,0, que soma 25.

Isso significa que sempre haverá 25 triângulos vermelhos. E essas são as metades dos losangos horizontais, então sempre haverá 25 losangos horizontais.

Por simetria rotacional, o mesmo se aplica aos losangos da diagonal esquerda e direita. Isso significa que, independentemente de como eles são colocados, sempre haverá 25 de cada um dos 3 tipos de losangos.

QED

Aqui está minha tentativa de provar isso. Parecia impossível até que eu finalmente explorei um truque.

Eu começo com uma configuração válida onde há apenas uma mudança possível (rotação os 3 semilinos no meio: qualquer outra mudança mudaria ao mesmo tempo o número de diamantes e criaria triângulos.)

Depois de fazer essa alteração, você está livre para desfazê-la (inútil, vou marcá-la em azul) ou fazer outras 3 alterações (em vermelho). Você notará imediatamente que pode fazer essa “mudança” apenas em pontos com linhas colocadas como o meio do primeiro movimento, ou o meio do cubo inicial.

Depois de fazer seu segundo movimento, você não será capaz de desfazer o primeiro movimento (cinza agora) porque isso criaria triângulos e outras formas.

(Supondo que meu primeiro movimento foi uma rotação de 1/6 de volta no sentido horário, meu desfazer é 1/6 no sentido anti-horário)

Basicamente, você pode verifique se os únicos movimentos possíveis são rotações do grupo de ladrilhos feitos por 3 diamantes (1 para cada orientação) (você pode verificar todos os movimentos possíveis em um “cubo” 2x2x2 e ver que é verdade).

Portanto observe também que a rotação mantém o mesmo número de diamantes para cada orientação.

Falta uma pequena parte da prova: não mostrei que a partir do meu primeiro cubo posso fazer todas as coisas possíveis, é porque as rotações têm “interdependências” e eu não sei se em algum momento “ficarei preso” sem mais movimentos possíveis.

Estou com muito sono para essa prova, mas desenvolvi outro método de prova e vou dar-lhe o prazer de usá-lo:

Extrusão de colunas a partir de um cubo “vazio”:

Você vê que não pode extrudar uma coluna para um comprimento maior do que as colunas anteriores (há 2 direções para verificar as colunas anteriores) porque você “obterá triângulos.

Agora você tem uma maneira de calcular realmente todas as combinações possíveis. comece com a coluna mais atrás e, uma vez decidida a altura, você pode extrudar os 2 vizinhos para qualquer altura menor ou igual à coluna mais atrás. Depois disso, você pode fazer o mesmo para as próximas 3 colunas.

Há nenhuma dependência de rotações aqui. Você escolhe um número, e então você pode escolher novamente o mesmo número ou um número inferior. Isso é muito mais fácil, mas com alguma ajuda da imaginação (3ª dimensão em um problema que tem 2 dimensões).

Bem, provavelmente essa não é uma prova formal. Mas ajuda a imaginação, você tem 2 maneiras de atacar o problema, e provavelmente essas podem ser contornadas para uma prova formal. Mas acho que é mais interessante a intuição do que a prova. Sem alguma intuição, nunca haverá alguma prova.

A chave parece ser sempre a mesma. Partindo de uma configuração trivial, os únicos movimentos possíveis preservam incidentalmente o número de diamantes para cada configuração.

P.S:

Nunca vi esse quebra-cabeça antes. Espero que goste da minha primeira resposta sobre troca intrigante.

Do lado a lado triangular com um “limite do cubo”, podemos ver que:

• há um número igual de segmentos de linha em $ 0 ^ \ circ, 120 ^ \ circ, 240 ^ \ circ $

• cada losango cobre exatamente um tipo de segmento de linha

Comentários

• Isn ‘ t que apenas repetindo o que leoll2 disse, que quando ” extrusão de partes de seu piso ” que ” a área em que você pode caminhar não ‘ t alterar “.
• Que ‘ é na verdade uma prova muito melhor do que minhas respostas. É ‘ interessante que você simplesmente ignore todas as linhas visíveis e foque nas linhas invisíveis.

Se atribuirmos $ S $ como o comprimento do lado do hexágono (em número de comprimentos dos lados do diamante) e $ A $, $ B $, $ C $ para seja o número de diamantes de cada tipo em que $ A $ é mais comprido do que alto, $ B $ aponta para a parte inferior direita / superior esquerda e $ C $ aponta para a parte inferior esquerda / superior direita.

O número total de diamantes (também conhecido como área) nos permite fazer esta equação:

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

Imagine o $ S = 1 $ hexágono … Existem apenas 2 soluções que são iguais uma rodada em 30 graus. É necessário que haja todos os três diamantes presentes na ordem da parte central para somar 360 graus.

Podemos imaginar que existem 3 caminhos que vão de cima para baixo, da direita superior para a esquerda inferior, e canto superior esquerdo para canto inferior direito. O movimento total para baixo para qualquer caminho que você seguir (de cima para baixo) deve ser igual a $ 2S $, mas o movimento da esquerda para a direita deve ser zero. Se você se mover totalmente para baixo em um diamante $ A $, não se moverá para a direita ou esquerda. Se você mover para baixo em um diamante $ B $ ou $ C $, você moverá para a direita ou para a esquerda, respectivamente. Para que todos os caminhos não se movam para a esquerda ou direita, o número total de $ B $ e $ C $ deve ser igual. Se você girar o gráfico 60 graus de forma que um par diferente de cantos aponte para cima / para baixo, você pode mostrar isso para $ A $ e $ B $ ou $ A $ e $ C $.

Comentários

• Você pode explicar um pouco mais de onde vêm esses 3 caminhos? Existem vários caminhos possíveis (de cima para baixo), ou únicos considerando o lado a lado? São como um peão saltando do diamante para o diamante adjacente, ou uma formiga seguindo as arestas?
• É uma adição de vetor …. refere-se a todos os caminhos que procedem de um canto para o oposto sem costas rastreamento. É uma formiga seguindo as bordas.
• Para esclarecer, não há caminho que não siga B = C, então some-os e B = C

Não tenho certeza se esta é uma resposta completa, mas estou ficando cansado.

Seja n = número de triângulos a um lado. Pegue os diamantes tocando EDITAR: n + 1 unidades de aresta adjacentes (apenas em 1 ponto não conta): pelo menos um diamante deve ser diferente dos outros. Deixe que todas as mudanças aconteçam nos cantos, com uma mudança em cada canto.Fizemos um loop que pode conter um hexágono com comprimento lateral n-1 e o número de diamantes de cada tipo é igual. Indução até n = 1, onde é obviamente igual.

Agora deixe um loop externo de hexágono se desviar de nossa política de “mudanças ocorrem apenas nos cantos”. Pinte todos os diamantes adjacentes à borda externa de uma determinada cor (digamos, preto) e deixe todos os diamantes que se projetam desse laço de branco. Agora podemos ver um loop interrompido envolvendo outro loop (certamente quebrado) de n-1. Pinte este laço interno com uma segunda cor, novamente deixando todos os rebeldes brancos. Faça isso até o hexágono n = 1 e, em seguida, pinte os rebeldes por orientação.

Agora, se você olhar meu diagrama, o hexágono roxo interno realmente quer um ladrilho vermelho na parte inferior em vez de um laranja e um rosa . Imagine que isso é um mosaico. Rasgue um ladrilho vermelho e os rebeldes laranja e rosa no meio e coloque o ladrilho vermelho lá. O feitiço roxo está feliz agora. Agora faça o hexágono verde feliz (uma mudança apenas em cada canto) – O diamante lateral inferior quer ser dois diamantes inclinados para caber em volta do hexágono roxo – adicione nossas peças laranja e rosa ao lado, colocando a peça verde onde quer que roubamos o azulejo vermelho de antes. Acho que está claro que esse processo pode ser continuado até chegarmos ao nosso “hexágono ideal”. Meu cérebro está muito frito para provar isso definitivamente.

EDITAR: Eu acredito que essas duas coisas são verdadeiras: 1. Se pegarmos um hexágono não ideal, todo loop concêntrico será infeliz. 2. Consertar um loop infeliz necessariamente adiciona ladrilhos à nossa “mão” de ladrilhos removidos. 3. Para consertar o hexágono mais interno, roube qualquer rebelde apropriado.

Com essas duas coisas em mente, é impossível que queiramos consertar um hex, mas não teremos peças em nossa “mão” de peças removidas, supondo que haja pelo menos um rebelde do tipo necessário para o loop n = 1.

Não há necessidade de provas longas. Pense em 3D.

Imagine que alguns cubos estão fixados em um canto de uma sala. As três orientações são as faces que vemos, pois de todos os lados precisamos ver o mesmo número de faces.

Comentários

• também existe uma prova de numeração. Coloque dois 0s em um canto e construa o número de forma que as 3 orientações sempre somam -1,0 e 1. Ao adicionar linha por linha, a soma total será 0 Portanto, X (1) + Y (0) + Z (-1) = 0 que significa X = Z. Agora gire a numeração 120degress Com argumento semelhante X = Y Isso completa a prova
• Infelizmente, isso é essencialmente o mesmo que a resposta já dada por leoll2, e que foi provada na resposta de Sebastian Reichelt. A prova que você mencionou em seu comentário também já foi postada na segunda resposta de Sebastian Reichelt.

Em ordem para provar este princípio, através da programação Pascal para gerar diferentes layouts de diamante, por meio de cores diferentes, você descobrirá que esse problema de pavimentação 2D se tornou um problema de geração de modelos 3D, e esses modelos são muito semelhantes ao planejamento urbano ou arquitetura. Um cálculo experimental do layout da torre e do pódio. Outra característica é que o modelo tridimensional gerado não possui uma parte superior grande e uma parte inferior pequena, e é um layout de paralelepípedo retangular estável. Uma ” atualização ” de um problema bidimensional para um layout tridimensional. ional

Comentários

• Como isso prova a afirmação da pergunta?