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

14.08.2010
sobota

Przegródki

14 sierpnia 2010, sobota,

Figura stanowiąca rozwiązanie zadania z poprzedniego wpisu – ślicznie wycyrklowana w kilku komentarzach – wygląda tak (czerwona):

Jej kształt kojarzy mi się z tarczą herbową lub z napierśnikiem (część zbroi). Czy można nazwać ją matematycznie dwoma słowami? Owszem, ale na upartego, bo w polskiej terminologii odpowiednie określenie nie istnieje. Po prostu nie ma potrzeby „chrzcić” tego, co pojawia się sporadycznie jako geometryczny kaprys. Pięciowyrazowe określenie zaproponowane przez Michała: „część wspólna trzech pierścieni kołowych” – ma więc optymalną długość i jest poprawne, choć wymaga doprecyzowania.
W niektórych innych językach mogłoby być jednak krócej. Na przykład dla Anglika lub Amerykanina (matematyka) figura ograniczona łukami okręgów to nie taka rzadkość, więc ma nazwę – wielokąt kołowy (circular polygon), a krzywa zamknięta, stanowiąca jego brzeg określana bywa jako piecewise circular (składana kołowa), czyli odpowiednik łamanej zamkniętej, w której odcinki prostej zastąpione są łukami okręgów. Nie byłoby zatem błędem podpisać figurę na powyższym rysunku: „sześciokąt kołowy” (circular hexagon), choć można by mieć małe wątpliwości, bo boki-łuki wielokątów kołowych są z reguły wypukłe. W polskiej terminologii tylko jeden wielokąt kołowy ma konkretną nazwę – trójkąt Reuleaux, jeśli nie uwzględniać kołowych figur i krzywych, które z wielokątami raczej się nie kojarzą (vesica piscis, arbelos, salinon).

Wróćmy do pierścienia kołowego i podzielmy go na osiem części – przegródek. W trzech przegródkach umieszczamy po jednym żetonie…

… i rozpoczynamy następującą zabawę wielochodową: w każdym ruchu kładziemy w dwóch dowolnych, sąsiednich przegródkach po jednym żetonie. Czy po którymś z kolejnych ruchów może się okazać, że w każdej przegródce będzie tyle samo żetonów?
Oczywiście nie, bo liczba przegródek jest parzysta, a żetonów po każdym ruchu – nieparzysta.
Wobec tego usuwamy jeden żeton:

Zasady ruchów pozostają identyczne, pytanie jest również takie, jak wyżej. A odpowiedź? Jaka by nie była, proszę o jej zwięzłe uzasadnienie.

Komentarze z prawidłowymi rozwiązaniami uwalniane są wieczorem w przeddzień kolejnego wpisu. Wpisy pojawiają się co 3-4 dni.

Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_mobile
Reklama
Polityka_blog_bottom_rec_desktop

Komentarze: 10

Dodaj komentarz »
  1. Nie, ponieważ przerwa między żetonami, mierzona liczbą pól, jest nieparzysta. Nie da rady porozkładać pary żetonów by uzyskać ‚warstę’ o jednakowej wysokości.

  2. Nie, bo na początku suma żetonów na miejscach parzystych jest różna od sumy na miejscach nieparzystych, dowolny ruch nie zmienia tej różnicy, a w rozwiązaniu te sumy są równe.

  3. Niezmienniki się kłaniają.
    Na nieparzystych polach mamy 2 żetony, a na parzystych nie ma ich wcale. Po każdym ruchu wzrasta o 1 zarówno łączna liczba żetonów na polach parzystych jak i liczba żetonów na polach nieparzystych. My chcemy, żeby na każdym polu było tyle samo, czyli w szczególności, żeby na polach parzystych było w sumie tyle samo żetonów co na nieparzystych. Jest to oczywiście niemożliwe, bo zawsze na polach nieparzystych będzie o 2 żetony więcej.

    A tak poza tematem, to natrafiłem ostatnio na ciekawy filmik związany z tematyką bloga.
    http://youtu.be/EO472qM6M9g

    Pozdrawiam
    Michał

  4. Reklama
    Polityka_blog_komentarze_rec_mobile
    Polityka_blog_komentarze_rec_desktop
  5. Żetony w ośmiu częściach pierścienia można oznaczyć naprzemiennie dwoma kolorami. Zatem na początku dwa widoczne żetony są tego samego koloru i tym samym liczba żetonów jednego koloru jest większa o dwa od liczby żetonów koloru drugiego. W każdym ruchu zwiększamy o jeden liczbę żetonów każdego koloru. Zatem różnica liczebności żetonów obu kolorów nie zmienia się. Stąd wniosek, że nie można doprowadzić do jednakowej liczby żetonów w każdej części pierścienia.

    Pozdrawiam,
    Jazz

  6. Niemożliwe jest dołożenie żetonów do równej liczby w każdej przegródce .

    Oznaczmy przegródki naprzemiennie jako pola białe i czarne (jak na szachownicy) . Obydwa żetony z pozycji wyjściowej są na polach tego samego koloru . Dokładając żetony na dwa sąsiednie pola jeden trafia na pole czarne a drugi na pole białe . Nigdy nie zrównamy liczby żetonów na polach białych i czarnych , a to jest warunek konieczny (ale nie wystarczający) aby na każdym polu była taka sama liczba żetonów .

    Pozdrawiam
    AC

  7. To może tak:
    Malujemy przegródki na czarno i biało (na zmianę).
    W każdym ruchu dodamy 1 żeton do komórki białej i jeden do czarnej.
    Ale na początku mamy 2 żetony w (np.) czarnych.
    Zatem zawsze w czarnych komórkach będzie o 2 żetony więcej.

  8. Jesli ponumerujemy kolejno pola, to liczba parzystych (p) i nieparzystych (n) bedzie taka sama, a oba poczatkowe zetony znajda sie albo na polach p, albo oba na n.
    Nastepne dokladamy zetony tak, ze jeden wpada na pole p, a drugi na n.
    Czyli nigdy na polach p nie wypadnie tyle samo zetonow, co na n. Zawsze na jednych bedzie o dwa wiecej lub mniej niz na drugich.
    Chyba zwiezle wyjasnilem.
    a

  9. Bardziej precyzyjną (choć oczywiście dłuższą) nazwą dla figury z poprzedniego wpisu byłby „wklęsło-wypukły sześciokąt kołowy”.

  10. Nie.

    Ponumerujmy przegródki od 1 do 8 (zaczynając od dowolnej) i utwórzmy dwie grupy:
    Grupa 1 – żetony w przegródkach o nieparzystych numerach.
    Grupa 2 – żetony w przegródkach o parzystych numerach.

    Po każdym ruchu zwiększy się o jeden liczba żetonów w obu grupach, więc różnica między liczebnością obu grup jest stała i wynosi 2 – tyle, co w sytuacji początkowej na rysunku.

  11. Malując pola na biało i czarno (na przemian) zaczynając od pola z żetonem, widzimy, że:
    1) na białych polach są 2 żetony, a na czarnych nie ma ich wcale
    2) dołożenie żetonów na sąsiednich polach zwiększa ilość żetonów na białych i na czarnych polach o 1, zatem na białych zawsze jest o 2 więcej niż na czarnych
    3) nie da się uzyskać równowagi między ilością żetonów na białych i na czarnych polach, a to jest warunek konieczny wykonalności zadania.

css.php