Reklama
Polityka_blog_top_bill_desktop
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot1
Polityka_blog_top_bill_mobile_Adslot2
Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko Łamiblog - Blog Marka Penszko

1.04.2009
środa

Pick, Pick…

1 kwietnia 2009, środa,

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?

Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_mobile
Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_desktop

Komentarze: 16

Dodaj komentarz »
  1. Przykładowe rozwiązanie:
    wierzchołki trójkątów powinny znaleźć sie w węzłach:
    7a, 7c, 7g, 6a, 5g, 3a, 2g, 1a, 1e, 1g.
    Pozdrawiam.

  2. 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.

  3. 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

  4. Reklama
    Polityka_blog_komentarze_rec_mobile
    Polityka_blog_komentarze_rec_desktop
  5. Antypie, w Twoim rozwiązaniu tylko jeden trójkąt (7) jest ukośny.
    Wszak napisałem, że „węzły i linie są także na brzegach płytki„.
    m

  6. 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

  7. Andrzeju, coś mi w Twoim rozwiązaniu nie gra.
    Czy mógłbym prosić o podanie współrzędnych wierzchołków każdego z czterech trójkątów ukośnych?
    m

  8. 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.

  9. 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

  10. 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

  11. 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.

  12. Antypie popraw się:):
    – b4-e3-e1 nie jest ukośny
    – e3 leży w środku e1-d6-g7 (7)
    mp

  13. 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

  14. 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

  15. 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).

  16. ups, źle zrozumiałem trójkąty ukośne :/ i w moim rozwiązaniu występują tylko 3 takie trójkąty i są nimi 5, 6 i 7.

  17. 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.

css.php