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).
Piszemy o tym, co ważne i ciekawe
Skazani na ból
Ból nie powinien być wyrokiem. A jednak w Polsce pacjenci umierają w cierpieniu, mimo że medycyna zna sposoby, by im ulżyć. Co więc zawodzi?
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.