Pick, Pick…
Chociaż rekreacje matematyczne i okolice zwiedzam od ponad 30 lat, publikując tu i ówdzie relacje z podróży, wciąż są regiony, których nie penetrowałem. I wcale nie chodzi o peryferie. Na przykład dopiero przed rokiem zawędrowałem na teren jednego z najbardziej rozrywkowych wzorów matematycznych, który wygląda tak:
S = w + b/2 – 1
Sądzę, że niewiele osób wie lub domyśla się, o co chodzi, aczkolwiek tytuł wpisu jest dużą podpowiedzią. Krótko i od początku wyjaśnię w czym rzecz.
Na kartce w kratkę, czyli na siatce kwadratowej, rysujemy dowolny wielokąt tak, aby jego wierzchołki znajdowały się w węzłach siatki (matematycy nazywają takie węzły punktami kratowymi). Może on wyglądać na przykład tak:
Otóż aby określić jego pole (S), wystarczy policzyć, ile węzłów jest wewnątrz wielokąta (w) oraz ile znajduje się na brzegu (b) i podstawić do podanego wzoru, czyli w tym konkretnym przypadku
S = 21 + 12 /2 – 1 = 26
Jednostką jest oczywiście powierzchnia elementarnego kwadracika siatki.
Rozrywkowe, bo zaskakujące i zabawne jest to, że taki sposób obliczania pola nie wiąże się z długością boków, podnoszeniem do kwadratu, ani nawet z kątami, tylko z… liczeniem kropek. Gdyby nie ta figlarna formuła, znana od roku 1899, o jej autorze, austriackim matematyku Georgu Picku, prawdopodobnie nikt by dziś nie pamiętał. To, że razem ze swoim wzorem nie poszedł w zapomnienie zawdzięcza jednak przede wszystkim polskiemu matematykowi. Hugo Stainhaus znalazł w bibliotecznych archiwach publikację naukową z osobliwym wzorem, który przypomniał w słynnym Kalejdoskopie matematycznym. Po wydaniu tej książki w roku 1950 w Stanach Zjednoczonych matematycy zwrócili uwagę na formułę Picka nie ze względu na jej rozrywkowość. Wprawdzie wiąże się ona z tzw. geometrią dyskretną oraz geometryczną teorią liczb Minkowskiego, ale najbardziej frapujące okazało się szukanie prostego dowodu. Jeden z nich, wyróżniający się pomysłowością i oryginalnością, opisałem w marcowym Świecie Nauki. Tamże zamieściłem zadanie konkursowe, którego rozwiązywanie jest nieco łatwiejsze po skorzystaniu z formuły Picka.
Płytkę 6 x 6 podzieloną liniami na 36 kratek, należy rozciąć na 8 trójkątów różnej wielkości – od 1 do 8. Wierzchołki trójkątów powinny znaleźć się w węzłach siatki (węzły i linie są także na brzegach płytki).
Zadanie ma wiele rozwiązań, ale nawet jedno nie tak łatwo znaleźć. Bardzo twardym orzechem wydaje się natomiast odkrycie unikalnego rozwiązania – z czterema trójkątami ukośnymi. Trójkąt ukośny to taki, którego żaden bok nie pokrywa się z liniami siatki. Konkurs nie polegał na znalezieniu tego unikatu, bo uznałem, że byłoby to za trudne. Czy rzeczywiście jest to aż tak twardy orzech?
Komentarze
Przykładowe rozwiązanie:
wierzchołki trójkątów powinny znaleźć sie w węzłach:
7a, 7c, 7g, 6a, 5g, 3a, 2g, 1a, 1e, 1g.
Pozdrawiam.
Dla mnie zadanie było bardzo trudne.
Gdybym się nie uparł, to chyba nie dałbym rady rozbić twardego orzecha.
Punkty węzłowe:
a5, b7, d3, d5, e1, g7.
Rozwiązanie przykładowe
1 – 5d 7f 7g
2 – 1e 3g 1g
3 – 5a 7a 5d
4 – 1e 7g 3g
5 – 5d 7a 7f
6 – 1a 5a 5d
7 – 1e 5d 7g
8 – 1a 5d 1e
Nawet z tego rozwiązania można zrobić inne, bo trójkąty
3 i 6 można zapisać także tak
3 – 1a 3a 5d
6 – 3a 7a 5d
Antypie, w Twoim rozwiązaniu tylko jeden trójkąt (7) jest ukośny.
Wszak napisałem, że „węzły i linie są także na brzegach płytki„.
m
Ja rozwiązałem 1 część zadania „Płytkę 6 x 6 podzieloną liniami na 36 kratek, należy rozciąć na 8 trójkątów różnej wielkości – od 1 do 8. Wierzchołki trójkątów powinny znaleźć się w węzłach siatki (węzły i linie są także na brzegach płytki).” Na trójkąty ukośne nawet się nie porywałem albowiem wystraszyłem się „twardości orzecha” – tu kolejny cytat:
„Bardzo twardym orzechem wydaje się natomiast odkrycie unikalnego rozwiązania – z czterema trójkątami ukośnymi. ” Gdybym tego nie wiedział to może bym spróbował (?).
Pozdrowienia świąteczne Antyp
Andrzeju, coś mi w Twoim rozwiązaniu nie gra.
Czy mógłbym prosić o podanie współrzędnych wierzchołków każdego z czterech trójkątów ukośnych?
m
Dokładniejsze rozwiązanie twardego orzecha.
1 (trójkąt o polu równym jeden) – a5, a7, b7 (współrzędne wierzchołków trójkąta);
2 – a5, d3, e1 (trójkąt ukośny);
3 – b7, d5, e1 (trójkąt ukośny);
4 – a5, b7, d3 (trójkąt ukośny);
5 – b7, d5, g7;
6 – e1, g1, g7;
7 – d5, e1, g7 (trójkąt ukośny);
8 – a1, a5, e1.
Ja mam tylko rozw. z trzema trójkątami ukośnymi:
1-f7,g7,e5
2-a1,e5,b3
3-a1,b3,a7
4-a1,e1,c3
5-a7,e5,f7
6-e1,g1,g7
7-b3,e5,a7
8-e1,g7,c3
2,7 i 8 są ukośne
Andrzeju, gratuluję, zwłaszcza że Twoje rozwiązanie różni się od mojego. Teraz nie jestem już pewien także tego, czy moje rozwiązanie jest unikalne pod innym względem, a mianowicie: jeden z trójkątów ukośnych nie dotyka brzegu płytki – nawet rogiem.
Oto ono (podaję wyłącznie wierzchołki trójkątów ukośnych – reszta wskoczy sama):
2 – e5-g3-f2
4 – c7-e5-b4
5 – e5-f2-b4 (to ten rodzynek)
7 – b4-f2-a1
Pozdrawiam
mp
Wiem, że to musztarda po obiedzie, ale to mamy od razu dwa różne rozwiązania
1 – a5 a7 b7
2 – a5 d6 b4 – u
3 – b4 e3 e1 – u
4 – b4 d6 e3 – u nie dotyka brzegów
5 – a5 b7 g7
6 – e1 g7 g1
7 – e1 d6 g7 – u
8 – a1 a5 e1
Ze względu na to, że można zamienić miejscami trójkąt 6 i trójkąty 5+1 mamy drugie rozwiązanie.
Antypie popraw się:):
– b4-e3-e1 nie jest ukośny
– e3 leży w środku e1-d6-g7 (7)
mp
Niedokładny rysunek i błąd (a taki byłem z siebie dumny). Można poprawić
(chyba tym razem dobrze)
1 – a5 a7 b7
2 – a5 d6 b4 – u
3 – d6 f4 e1 – u
4 – d6 g7 f4 – u
5 – a5 b7 g7
6 – e1 g7 g1
7 – e1 b4 d6 – u
8 – a1 a5 e1
Niestety, to jeszcze nie to:
d6-f4-e1 jest 4, a nie 3,
e1-b4-d6 jest 6, a nie 7.
To jednak rzeczywiście jest b. twardy orzech.
Pozdrawiam
mp
A oto moje rozwiązanie na twardy orzech:
1 – e7, g7, g6
2 – e1, g1, g3
3 – e1, g3, g6
4 – a5, a7, e7
5 – c3, e7, g6
6 – a5, c3, e7
7 – c3, e1, g6
8 – a1, a5, e1
Oczywiście wszystkie trójkąty są ukośne.
(może takie rozwiązanie już padło, bo nie przyglądałem się dokładnie wcześniejszym odpowiedzią).
ups, źle zrozumiałem trójkąty ukośne :/ i w moim rozwiązaniu występują tylko 3 takie trójkąty i są nimi 5, 6 i 7.
Rozwiązania z 4 ukośnymi trójkątami są chyba 2 (oczywiście pomijając obroty i symetrie) – więcej nie udało mi się znaleźć. Przykłady rozwiązań z trzema trójkątami już zostały podane w komentarzach. Z dwoma też jest np. takie (podaję współrzędne wierzchołków): a1,a6,c3,c4,e1,g7.
A czy można tak rozciąć ten kwadrat na 8 trójkątów o różnych polach całkowitych, by tylko jeden (wiadomo który) był ukośny?
PS. Ze wzoru Picka wynika natychmiast, że każdy wielokąt o wierzchołkach w punktach kratowych musi mieć pole wyrażone liczbą całkowitą lub liczbą całkowitą plus 1/2. Dla mnie to zaskoczenie.
Jeszcze wiekszym zaskoczeniem było stwierdzenie, że trójkąt o bokach o długościach: sqr(13), sqr(17), sqr(20) ma pole wyrażone liczbą całkowitą.