Kakla en hexagon med diamanter

Jag tror att jag har hittat ett riktigt enkelt bevis.

Varje sida med vertikala sidor måste ha två andra brickor med vertikala sidor intill den , eller sexkantens vertikala gräns. För en viss kakel med vertikala sidor, följer dessa intilliggande brickor en specifik väg till båda vertikala sidorna av hexagonen.

Detta innebär att varje kakel med vertikala sidor ligger på en bana som börjar till vänster om sexkant och slutar till höger och består endast av plattor med vertikala sidor. Ingen av dessa banor kan korsas, eftersom det skulle skapa två olika banor från en enda sida med vertikala sidor till vänster om hexagon, vilket inte kan existera enligt första stycket.

Eftersom ingen av banorna är skär varandra, varje väg mellan sexkantens vänstra och högra sida måste börja och sluta på samma höjd. Därför måste varje stig innehålla lika stort antal av var och en av de två olika orienterade brickorna med vertikala sidor. Eftersom varje kakel med vertikala sidor ligger på en sådan väg måste det totala antalet av dessa två olika orienterade brickor vara lika.

Upprepa detta symmetriskt för två andra riktningar för att finna att antalet brickor i varje riktning måste vara lika.

Kommentarer

• Mycket trevligt bevis. Jag tror att det skulle kunna göras ännu enklare med den enkla observationen att a + b = b + c = c + a motsvarar a = b = c. Sedan kan du släppa hela korsningen och upp och ner grejer. Istället räknar du bara vertikala streck. Enligt ditt argument måste de ha samma nummer i varje ” kolumn ” och gränsen. Du kan mappa 1-till-1 alla vertikala streck utom den vänstra gränsen, säg till alla brickor som har vertikala sidor (dvs. två slag, som i a + b ovan) genom att associera varje sådan bricka med dess högra vertikala kant.
• Ah, du ’ har rätt. När du väl vet att det finns lika många slag i varje riktning följer resultatet enkelt.

Jag vill lägga upp ett svar som är mer intuitivt än matematiskt .
Den här bilden representerar den perfekt:

Vit, grå och svart används för att markera diamanterna med samma orientering. Den högra bilden visar en konstig solid, antar att alla kan se den.
Tja, det är intuitivt att se att för alla konfigurationer är det svarta området ekvivalent (vitt och grått också): det är som extrudera delar av ditt golv (även bygga trappor!), det område du kan gå på ändras inte!

Kommentarer

• Din form behåller flipflopping i mitt huvud. Ett ögonblick är svart ” upp ”, nästa är det ” ner ”. Men jag gillar detta bevis.
• @Floris Min avsikt är verkligen att lösa detta problem som ett pussel (vi ’ är i förbryllande, eheh!), och inte som en ren matematikuppgift.
• Du ’ antar att varje lösning ” ser ut som ” en stapel kuber. Hur vet du att det är sant? Om man antar att varje lösning ser ut som en kubstapel är det ganska mycket antar att sak du ’ ombeds att bevisa.
• @Floris: Ow, det tog mig en stund att se det vänt, och när jag väl har gjort det måste jag kämpa för att ” hålla ” den tolkningen och det gör ont i mitt huvud. Jag antar att jag spelade för mycket Q * bert i min ungdom.
• @ leoll2 Det ’ är ditt jobb att övertyga oss om att det inte kan ’ inte vara något annat. Hur kan jag vara säker på att det inte finns ’ t någon konstig sida vid sida som inte ser ’ t som en stapel kuber?

Här ”är ett 3D-inspirerat bevis.

Ta valfri sida vid sida och titta på dess vertikala linjer.

Observera först att på grund av formen på plattorna måste alla vertikala linjer ha samma längd som sexkantens vänstra och högra sida, eventuellt med mellanrum.

Så om ingen av dem har luckor och alla slutar längst ner, måste hela plattan se ut så här (”helt fylld kub”):

Vi visar att det är möjligt att omvandla alla andra plattor till en” helt fylld kub ”utan att ändra antalet brickor i varje riktning.

Välj först ett fragment av en vertikal linje som inte slutar längst ner. Det måste sluta med en horisontell kakel istället, eftersom de andra två brickorna båda har vertikala sidor. Förhoppningsvis ser situationen ut så här (”hörn”):

Men kanske finns det en eller två ytterligare rader med ursprung på samma plats, så här:

Om så är fallet, följ en av dem. Den måste tillhöra en annan horisontell kakel intill den nuvarande. (Du kan se detta från bilden.) Så efter att du följt linjen är du i samma situation igen, men närmare en av sexkantens sidor (vilket garanterar avslutning, eftersom det definitivt finns en vertikal linje i den riktning du kom precis från). Fortsätt i samma riktning tills du når ett ”hörn”.

Nu när du har nått ett ”hörn”, ”fyll det”:

Uppenbarligen har antalet brickor i varje riktning varit oförändrade. Emellertid har ett vertikalt linjefragment precis flyttat nedåt.

Upprepa denna algoritm tills alla vertikala linjer slutar längst ner och alla luckor tas bort, vilket resulterar i ”helt fylld kub” (se ovan).

Kommentarer

• Cool! Det bevisar också att alla brickor kan omvandlas till andra genom en sekvens av ” hörnfyllningar ”, eller små sexkantiga rotationer
• Ja, och på ett sätt bevisar det att 3D-tolkningen alltid fungerar. Men jag tror att det kan bevisas mycket mer direkt, som i ” ta någon sida vid sida och bygg en motsvarande 3D-struktur enligt följande … ”
• bra 🙂 i princip 3d-rotation. Jag gjorde den andra. Har du någonsin träffat det pusslet?

Intressant nog, att se på bilden som en 3d-graf kan du se att varje ”ansikte” har samma antal brickor. Så om du tittade på det från vänster så skulle du se 25 rutor. Övre, 25 rutor. Höger, 25 rutor. Och var och en av de tre riktningarna motsvarar en av ansiktena.

Kommentarer

• Jag tycker att det här argumentet är övertygande, men bara för den specifika plattan du tittar på. Hur kan du vara säker på att den optiska illusionen kommer att hända för alla möjliga tegelplattor? li>
• Detta svar verkar vara ett sätt att visualisera svaret … det bevisar ingenting. Det är dock möjligt att bevisa det på detta sätt.
• Jag håller helt med. Jag ” vet ” svaret, men att förklara det ligger utanför mig i fredags.

Ännu en annan; den här är triangelbaserad och kan vara mer standard.

Dela upp hela hexagonen i trianglar och tilldela siffror till de vertikala linjerna så här (eller liknande):

Nu, för vilken triangelbaserad form som helst (whi ch behöver inte nödvändigtvis vara en tegelplatta) definiera dess ”grad” som det antal som erhålls genom att lägga till alla siffror som tilldelats till dess vänstra gräns och subtrahera alla siffror som tilldelats dess högra gräns. Till exempel har formen

en ”grad” på $ (1-2) – (2 + 2-1-2) = – 2 $.

Bygg nu en tegelplatta bit för bit och överväg ”graden” av den resulterande formen. Att lägga till en horisontell sida ändrar inte graden, om du lägger till en av de andra ökar eller minskas den med 1 respektive:

Eftersom hela hexagonen har en grad 0, måste antalet två brickor som visas vara lika. Upprepa symmetriskt i en annan riktning.

Kommentarer

• Du kan dela hexagonen i valfritt antal former då summan av graderna för dessa former är 0.Tekniskt svarar detta inte eftersom du fortfarande måste bevisa att du kan bygga kaklingen (till exempel genom att strängspruta, du bevisade bara att om en kakel finns måste den ha grad 0) Men det här svaret ger säkert en saknad del till beviset så +1
• Så som jag förstår frågan finns det inget behov av att bevisa att det alltid finns en plattsättning. Men det gör det naturligtvis. 🙂 (Se mitt första svar.)
• och för att se att du kan bygga alla möjliga plattor behöver jag mitt svar 🙂
• Åh, nu förstår jag vad du säger. Med ” bygg ” menar jag något annorlunda: Börja med en sida; det är din första form. Lägg sedan till en sida efter den andra tills du når den sida du ursprungligen hade.
• Nej, för mig börjar jag från ett giltigt tillstånd (måste bara ge en, den ’ s trivialt) använd sedan någon form av transformation som lämnar dig i ett annat giltigt tillstånd. Bygg som du säger är svårare eftersom du behöver någon form av ” förköp ” vilket är möjligt men kräver sökning, medan du är i mitt inlägg Jag använder ’ ingen sökning, bara förinställd ” övergångar ” resonemang väldigt enkelt ..

Låt oss betrakta det triangulära rutnätet per kolumn.

Varje kolumn i vänstra halvan har en mer vänsterpekande triangel än högerpekande trianglar. I den högra halvan finns ett överskott av en högerpekande triangel.

Diagonala pastiller bidrar till exakt en vänsterpekande och en högerpekande triangel i en kolumn. Låt oss ignorera dessa. Du sitter kvar med vänster med trianglarna som ingår i en horisontell pastill. En horisontell pastill är gjord av en vänsterpekande triangel i en kolumn (röd) och en matchande högerpekande triangel i kolumnen till höger (grön).

Trianglarna vi ignorerar består av par med vänster- och högerpekande trianglar i en kolumn. Så i varje kolumn måste det fortfarande finnas ett överskott på en röd triangel i vänstra halvan och ett överskott av en grön triangel i den högra halvan.

I den första kolumnen måste det finnas en röd triangel eftersom det finns ett överskott av en och det kan inte finnas någon grön triangel. Den triangeln matchas av en grön triangel i den andra kolumnen. I kolumn 2 finns en 1 grön triangel, så det måste finnas ytterligare en röd triangel. Det är 2. Dessa två röda trianglar har matchande gröna trianglar i den tredje kolumnen, etc.

Som du ser finns det ytterligare en röd triangel i varje efterföljande kolumn, upp till mittlinjen. Den sista kolumnen före mittlinjen har 5 röda trianglar. Det finns 5 matchande gröna trianglar till höger om mittlinjen. Men ändå har vi nu ett överskott på 1 grön triangel, antalet röda trianglar minskar till 4. Därifrån minskar antalet med varje kolumn. Resultatet är att de röda trianglarna räknas i kolumnerna, oavsett hur pastillerna placeras, bildar sekvensen 1,2,3,4,5,4,3,2,1,0, som uppgår till 25.

Det betyder att det alltid kommer att finnas 25 röda trianglar. Och det här är halvor av de horisontella pastillerna, så det kommer alltid att finnas 25 horisontella pastiller.

Genom rotationssymetri gäller samma för vänster-diagonala och höger-diagonala pastiller. Det betyder att oavsett hur de placeras kommer det alltid att finnas 25 av var och en av de tre typerna av pastiller.

QED

Från triangulär sida vid sida med en ”kubgräns”, vi kan se att:

• det finns lika många linjesegment vid $ 0 ^ \ circ, 120 ^ \ circ, 240 ^ \ circ $

• varje romber täcker exakt en typ av linjesegment

Kommentarer

• Är inte ’ t som bara upprepar vad leoll2 sa, att när ” extrudering av delar av ditt golv ” att ” det område som du kan gå på ’ t ändra ”.
• Att ’ är faktiskt ett mycket bättre bevis än mina svar. ’ är intressant att du bara ignorerar alla rader som är synliga och fokuserar på de osynliga istället.

Om vi tilldelar $ S $ som sexkantens längd (i antal diamantsidlängder) och $ A $, $ B $, $ C $ till vara antalet diamanter av varje typ där $ A $ är längre än lång, $ B $ poäng längst ner till höger / uppe till vänster och $ C $ poäng längst ner till vänster / uppe till höger.

totalt antal diamanter (aka area) låter oss göra denna ekvation:

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

Föreställ dig $ S = 1 $ hexagon … Det finns bara två lösningar som är desamma som roteras 30 grader. Det måste finnas alla tre diamanterna för att den centrala delen ska lägga upp till 360 grader.

Vi kan föreställa oss att det finns tre banor som går uppifrån och ner, övre högra till nedre vänstra, och övre vänstra till nedre högra hörnen. Den totala rörelsen nedåt för varje väg du följer (uppifrån och ner) måste vara lika med $ 2S $ men rörelsen från vänster till höger måste vara noll. Om du rör dig hela vägen ner på en $ A $ diamant, flyttar du inte åt höger eller vänster. Om du flyttar ner på en $ B $ eller $ C $ diamant flyttar du höger respektive vänster. För att alla vägar inte ska röra sig åt vänster eller höger måste det totala antalet $ B $ och $ C $ vara lika. Om du roterar diagrammet 60 grader så att ett annat par hörn pekar uppåt / nedåt kan du visa detta för $ A $ och $ B $ eller $ A $ och $ C $.

Kommentarer

• Kan du utarbeta lite mer om var dessa tre vägar kommer ifrån? Finns det flera möjliga stigar (från topp till botten) eller unika med tanke på tegelplattan? Är dessa som en bonde som hoppar från diamant till intilliggande diamant, eller en myra som följer kanterna?
• Det är vektortillägg … det hänvisar till alla banor som går från hörn till motsatt utan rygg spårning. Det följer kanter.
• För att klargöra finns det ingen väg som inte följer B = C, så lägg upp dem alla och B = C

Inte säker på att det här är ett fullständigt svar men jag blir trött.

Låt n = antalet trianglar åt sidan. Ta diamanterna som berör EDIT: n + 1 angränsande kantenheter (bara vid 1 punkt räknas inte): Minst en diamant måste vara annorlunda från de andra. Låt alla förändringar hända i hörnen, med en förändring i vartannat hörn.Vi har skapat en slinga som kan innehålla en sexkant med sidolängden n-1 och antalet diamanter av varje slag är lika. Induktion ner till n = 1, där den uppenbarligen är lika.

Låt nu en sexkantig yttre slinga avvika från vår ”förändringar sker bara i hörn” -policyn. Färg alla de yttre kantgränsande diamanterna en viss färg (säg svart) och lämna alla diamanter som skjuter ut från den här öglan vita. Nu kan vi se en trasig slinga som omger en annan (säkert trasig) slinga av n-1. Färga in den här inre slingan med en andra färg, lämna igen alla rebeller vita. Gör detta ner till n = 1 hexagon, färga sedan rebellerna efter orientering.

Nu om du tittar på mitt diagram vill den inre lila hexagon verkligen ha en röd kakel längst ner istället för en orange och en rosa . Tänk dig att det här är en mosaik. Riv upp en röd kakel och de orange och rosa rebellerna i mitten och lägg den röda kakeln där. Den lila hexen är glad nu. Gör nu den gröna hexan lycklig (en förändring bara i vartannat hörn) – Den nedre sidodiamanten vill vara två snedställda diamanter som passar runt den lila hexen – lägg i våra orange och rosa brickor åt sidan och lägg den gröna plattan varhelst vi rånade den röda plattan från tidigare. Jag tror att det är klart att denna process kan fortsätta tills vi når vår ”optimala sexkant”. Min hjärna är dock för stekt för att bevisa detta definitivt.

REDIGERA: Jag tror att dessa två saker är sanna: 1. Om vi tar en icke-optimal hexagon kommer varje koncentrisk slinga att vara olycklig. 2. Att fixa en olycklig slinga lägger nödvändigtvis till brickor i vår ”hand” av borttagna mosaikplattor. 3. För att fixa den innersta hexen, råna alla lämpliga rebeller.

Med dessa två saker i åtanke är det omöjligt att vi vill fixa en hex men inte kommer att ha brickor i vår ”hand” av borttagna brickor, förutsatt att det finns minst en rebell av typ som behövs av n = 1-slingan.

Det finns inget behov av långa bevis. Tänk 3D.

Tänk dig att vissa kuber är fixerade i ett hörn av ett rum. De tre riktningarna är ansiktena som vi ser eftersom vi från alla sidor behöver se samma antal ansikten.

Kommentarer

• det finns också ett bevis från numreringen. Sätt två 0 i ett hörn och konstruera numret så att de 3 orienteringarna alltid uppgår till -1,0 och 1. Genom att lägga till rad för rad blir den totala summan 0 Därför X (1) + Y (0) + Z (-1) = 0 vilket betyder X = Z. Rotera nu numreringen 120 grader Med liknande argument X = Y Detta kompletterar beviset
• Tyvärr är detta i princip samma som svaret som redan ges av leoll2, och som bevisades i Sebastian Reichelt svar. Beviset du nämner i din kommentar publicerades redan i Sebastian Reichelt andra svar.

I ordning För att bevisa denna princip, genom Pascal-programmering för att generera olika diamantlayouter, genom olika färger, kommer du att upptäcka att detta 2D-beläggningsproblem har blivit ett 3D-modellgenereringsproblem, och dessa modeller liknar mycket stadsplanering eller arkitektur. En provberäkning av tornets och podiets layout. En annan funktion är att den genererade tredimensionella modellen inte har en stor övre del och en liten nedre del och är en stabil rektangulär parallellpiped layout. En ” uppgraderar ” från ett tvådimensionellt problem till en tredimensionslayout. jon

Kommentarer

• Hur bevisar detta påståendet i frågan?