nauki ścisłe
Autor: Marek Penszko | dodano: 2014-03-24
Parkietaże

Wielokąt utworzony z jednostkowych kwadratów (1×1) zwany jest ogólnie poliminem. Można go pokryć szczelnie – jak podłogę klepkami – dominem, czyli prostokątami 1×2, jeśli składa się z parzystej liczby kwadratów. To warunek konieczny, lecz nie dostateczny, ponieważ powinien mieć także odpowiedni kształt. Dwa polimina na rys. 1a składają się z 12 kwadratów, ale dominem uda się pokryć tylko drugie. Na ile sposobów? Łatwo to ustalić, bo wielokąt jest nieduży – sposoby są 4 (rys. 1b). Dla większych polimin sprawa bywa jednak nieprosta. Zaczniemy od małych, a ściślej od wąskich prostokątów. Liczbę sposobów pokrycia polimina dominem nazwiemy jego pojemnością. Pojemność prostokątów m×n, gdy m ma konkretną wartość, oznaczymy symbolem Pn.

Prostokąt 2×n można zacząć „dominować” od lewego brzegu na jeden z dwóch sposobów: kładąc jedno domino pionowo lub dwa poziomo (rys. 2). Po skorzystaniu z pierwszego sposobu pozostanie prostokąt 2×(n–1) do pokrycia na P(n–1) sposobów; po zastosowaniu drugiego – prostokąt 2×(n–2) do pokrycia na P(n-2) sposobów. Stąd wzór rekurencyjny: Pn=Pn–1+Pn–2. Znając P1=1 i P2=2, wyznaczymy P3=P2+P1=3, P4=P3+P2=5, P5=P4+P3=8 itd. Kolejne wartości tworzą znany ciąg Fibonacciego (bez dwu początkowych wyrazów – 0, 1, …), w którym każdy wyraz, poczynając od trzeciego, jest sumą dwu poprzednich: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, … Aby obliczyć Pn dla prostokąta 2×n, można także skorzystać ze wzoru na wyraz ogólny ciągu: Pn=ent(φn+1/√5+0,5), gdzie φ=(1+√5)/2 jest tzw. złotą liczbą (≈1,61803…), zaś skrót „ent” oznacza, że Pn równe jest całkowitej części wyniku.

 

 

 Podobnie wyznacza się Pn dla prostokątów 3×n, 4×n, 5×n itd. Na przykład, prostokąt 3×n można zacząć zapełniać dominem na 3 sposoby (rys. 3a). Stąd (1) Pn=Pn–2+2P’n–1, gdzie P’n jest liczbą sposobów pokrycia prostokąta 3×n bez narożnego pola. To pokrycie można zacząć na dwa sposoby (rys. 3b), a stąd wynika, że (2) P’n=Pn–1+P’n–2. Z (1) otrzymamy P’n–1=(PnPn–2)/2, czyli (3) P’n–2=(Pn–1Pn–3)/2 oraz (4) P’n=(Pn+1Pn-1)/2. Po podstawieniu (3) i (4) do (2) wyeliminujemy P’n, otrzymując po przekształceniach wzór rekurencyjny na Pn prostokąta 3×n: Pn=4Pn-2Pn-4 – oczywiście tylko dla parzystych n. Przy warunkach początkowych: P0=1 (założenie) i P2=3 – początek ciągu wygląda następująco: 3, 11, 41, 153, 571, 2131, 7953, … Dla prostokątów 4×n analiza jest już bardziej skomplikowana i prowadzi do dłuższego wzoru rekurencyjnego: Pn=Pn–1+5Pn–2+Pn–3Pn–4, wyznaczającego ciąg: 1, 5, 11, 36, 95, 281, 781, … Znane są także wzory na wyraz ogólny dla prostokątów 3×n, 4×n, 5×n itd., a nawet m×n – najbardziej skomplikowany i zaskakujący z dwóch powodów: po pierwsze – zawiera funkcje trygonometryczne, po drugie – stosowany jest w fizykochemii statystycznej (dotyczy dimerów, czyli polimerów dwuelementowych, które są odpowiednikami domin).

Niektóre pokrycia prostokątów tworzą pary symetryczne względem siebie, czyli jedno z nich można zmienić w drugie, obracając je lub odbijając w lustrze. W powyższych obliczeniach takie pokrycia są traktowane jako różne. Gdyby uznać je za jednakowe, mielibyśmy do czynienia z innymi, mniejszymi pojemnościami, czyli zmieniłyby się ciągi. Na przykład, ciąg pojemności (Fibonacciego) dla prostokątów 2×n – {Pn} = {1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, …} ulegnie modyfikacji w ciąg {pn} w następujący sposób: p1=p2=1; p2k=(P2k+Pk+1)/2 (dla k≥2); p2k+1=(P2k+1+Pk)/2 (dla k≥1). W rezultacie powstanie ciąg całkowicie różnych sposobów pokrycia dominem prostokątów 2×n: 1, 1, 2, 4, 5, 9, 12, 21, 30, … Wszystkie pojemności wszystkich prostokątnych polimin tworzą ciąg: 1, 2, 3, 5, 8, 11, 13, 21, 34, 36, 41, 55, 89, 95, … Wielokąty o pojemnościach, których brak w tym ciągu, nie są więc prostokątami. Pojemność wielokąta złożonego z k kwadratów oznaczymy symbolem T lub Tk. Jedno z podstawowych pytań dotyczących dominowych parkietaży brzmi: z ilu co najmniej kwadratów składa się wielokąt o pojemności T i jaki ma kształt? Załóżmy, że T=12. Przy szukaniu odpowiedzi przydaje się głównie metoda prób i błędów, ale pomocne są przesłanki logiczne. Z rys. 1a można na przykład wywnioskować, że z dwóch wielokątów o jednakowym k mniejsze T ma ten, który jest mniej zwarty lub, mówiąc kolokwialnie, bardziej „postrzępiony” albo jeszcze inaczej – ten, który ma więcej kątów. Odwracając zależność: z dwóch wielokątów o jednakowym T mniejsze k ma ten, który jest bardziej zwarty, czyli jakby bliższy kształtem prostokątowi. Tprostokąta 2×6 (rys. 4a) wynosi 13. Warto zatem spróbować przekształcić go w sześciokąt, przemieszczając kilka kwadratów tak, aby pojemność zmalała do 12. Przenosiny jednego kwadratu redukują pojemność radykalnie, nawet do zera (rys. 4b), dwóch lub trzech – także nie są skuteczne. Dopiero przemieszczenie „czteropaku” prowadzi do rozwiązania (rys. 4c). Nietrudno sprawdzić, że podziałów tej figury na domina istotnie jest 12.

 

 

W wyniku prostych przekształceń prostokątów powstają wielokąty także tworzące ciągi figur, którym odpowiada ciąg ich pojemności. Na przykład pojemności prostokątów 3×n z usuniętym narożnym polem, jak na rys. 4b, tworzą ciąg o wzorze rekurencyjnym P’n=4P’n–1P’n–2 (P’0=0, P’1=1), czyli 0, 1, 4, 15, 56, 209, 780, 2911, … Pojawia się jednak pytanie: czy każda pojemność ma „swoje” polimino? Czy na przykład istnieje wielokąt o Tk=100 003 (liczba pierwsza)? Okazuje się, że tak i łatwo tego dowieść, zaczynając od domina i dodając w kolejnych etapach parę kwadratów w sposób pokazany na rys. 5 (żółte pola). Powstaje ciąg polimin, w którym pojemność każdego następnego jest o jeden większa niż poprzedniego. 100 002 polimino w tym ciągu będzie więc miało pojemność 100 003. To potwierdza, że sztuką nie jest tworzenie wielokątów o określonej pojemności, ale takich, które równocześnie składają się z minimalnej liczby kwadratów. Dla Tk=12 kmin=12 (sześciokąt na rys. 4c).

Można też odwrócić sytuację i zapytać o największą wartość Tk dla danego k. Wówczas jednak odpowiedź jest prosta – maksymalne Tk ma zawsze prostokąt, a jeśli prostokątów jest więcej niż jeden – ten, który ma najmniejszy obwód, czyli kwadrat lub prostokąt n×(n+1). Na przykład, dla k=24 pojemności trzech możliwych prostokątów równe są: – 233 (2×12), 153 (3×8), 281 (4×6); a jeśli k=36, mamy cztery możliwości T: 4181 (2×18), 2131 (3×12), 6336 (4×9), 6728 (6×6). Wiąże się z tym wiele ciekawych zagadnień i zależności dotyczących dominowego parkietażu. Ot choćby takie, że T kwadratu jest wielokrotnością czterech (dla k>2) albo że T prostokąta 3×n jest liczbą nieparzystą postaci a2+2b2.

 

 

Na przełomie wieków japońscy miłośnicy matematyki rekreacyjnej zmagali się z następującym zadaniem: z jakiej najmniejszej liczby kwadratów składa się polimino, które można podzielić na domina na 2000 sposobów? Dla prostokąta 5×6 T=1183, a dla 6×6 – T=6728. Stąd wniosek, że kmin należy się spodziewać w okolicy 36. Najprościej osiągnąć pożądane T, korzystając z prostokątów 2×n, których T równa się małemu dzielnikowi 2000 (2, 5, 8). Wystarczy utworzyć wielokąt, „sczepiając” prostokąty, których iloczyn T równy jest 2000. Efekt takiej metody (rys. 6a – 2×5×5×5×8=2000) okazał się jednak mizerny (k=40). Trudniejsze obliczeniowo, ale bardziej skuteczne jest mocniejsze łączenie prostokątów 2×n, czyli takie, aby na ich styku można było umieszczać domino. Ten sposób pozwolił zmniejszyć k do 36 (rys. 6b). Można też skorzystać z komputera i algorytmu siłowego, liczącego Twielokątów, powstających z prostokąta, z którego usuwane są kwadraty. W ten sposób uzyskano jeden z dwóch najlepszych rezultatów – k=34 (rys. 6c). Najwyżej oceniona została jednak inna figura z takim samym rezultatem – krzyż z przecinających się prostokątów 2×n (rys. 6d) znaleziony „na piechotę” przez Taro Arimatsu (mistrz świata w rozwiązywaniu łamigłówek z 2010 roku). Taro podał także wzór na pojemność takiego krzyża w zależności od długości jego ramion. Znalezienie tego wzoru jest pierwszym zadaniem konkursowym. A poza konkursem: czy komuś uda się utworzyć wielokąt o pojemności równej 2014 – oczywiście złożony z minimalnej liczby kwadratów.

 

ZADANIA

1.         Litery A, B, C, D na rys. 6d oznaczają długości ramion, w których są umieszczone. Pojemność każdego ramienia, czyli prostokąta o długości X, oznaczymy jako PX. Należy napisać wzór na pojemność krzyża Tk (k=2A+2B+2C+2D+4) w zależności od długości ramion, czyli od pojemności PA, PB, PC, i PD.

2.         Narysowano wszystkie możliwe sposoby pokrycia dominem prostokąta m×n. Jest wśród nich takie pokrycie P, że w każdym innym pokryciu przynajmniej jedno domino będzie leżało dokładnie w tym samym miejscu, co w P. Jakie prostokąty mają taką własność?

 

 

 

 3.        Na rys. 7 oznaczona jest trasa przejścia od jednego brzegu prostokąta z dominowym parkietażem do przeciwległego, poprowadzona zgodnie z następującą zasadą: po wejściu na domino należy przejść na jego drugą połowę, a następnie na sąsiednie domino, kierując się wprost ku docelowemu brzegowi. Dla jakich prostokątów każda tak wytyczona trasa opuszcza parkietaż w tym samym rzędzie pionowym (jak na rysunku) lub poziomym, w którym się zaczęła?

 

4.         Kwadrat 10×10 (rys. 8) szczelnie pokryto prostokątami 1×n i 2×n, w tym w większości dominami 1×2. Należy oznaczyć wszystkie linie graniczne między prostokątami, wiedząc że:

– w każdym prostokącie powinna znaleźć się jedna i tylko jedna kropka;

– w niektórych węzłach umieszczone są cyfry – każda oznacza łączną długość linii granicznych, spotykających się w danym węźle lub linii granicznej dochodzącej do brzegu;

– dwa prostokąty nie mogą się stykać tylko rogami, czyli linie graniczne nigdzie nie mogą się przecinać.

Gwoli jasności, obok diagramu podany jest mały przykład. W rozwiązaniu wystarczy podać liczbę domin w układzie.

Rozwiązania prosimy nadsyłać do 30 kwietnia br. pocztą elektroniczną (swiatnauki@proszynskimedia.pl), wpisując w temacie e-maila hasło UG04/14, lub listownie: Świat Nauki, ul. Rzymowskiego 28, 02-697 Warszawa. Spośród autorów poprawnych rozwiązań przynajmniej dwóch zadań wyłonimy pięciu zwycięzców i nagrodzimy ich książką Briana Coxa i Jeffa Forshawa Kwantowy Wszechświat. Dlaczego zdarza się wszystko, co może się zdarzyć, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media.

Marek Penszko, z wykształcenia inż. poligrafii, jest znawcą i popularyzatorem gier i rozrywek umysłowych, głównie matematyki rekreacyjnej. Współpracuje z wieloma czasopismami, m.in. pisze blog dla Polityki.

 

Rozwiązanie zadań z numeru lutowego

1.         1963 (1963 → 1982 → 2002 → 2006 → 2014).

2.         6419 lub 1559 (jeśli uznać, że cyfry tworzące każdą grupę nie muszą być kolejnymi w liczbie)

3.         ŚWIAT=59814 (WY=97).

Za poprawne rozwiązanie przynajmniej dwóch zadań nagrodę, książkę Jak przetrwać w czarnych dziurach Dave'a Goldberga i Jeffa Blomquista, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media, otrzymują: Piotr Ackerman z Torunia, Adam Domański z Warszawy, Wojciech Ożdżeński z Warszawy, Andrzej Pokrzywa z Pomiechówka, Kajetan Siepielski z Poznania.

Więcej w miesięczniku „Świat Nauki" nr 04/2014 »
Drukuj »
Ten artykuł nie został jeszcze skomentowany.
Aktualne numery
12/2017
10/2017 - specjalny
Kalendarium
Listopad
24
W 1859 r. Karol Darwin opublikował dzieło O powstaniu gatunków na drodze doboru naturalnego.
Warto przeczytać
Czy znasz powiedzenie że matematykowi do pracy wystarczy kartka, ołówek i kosz na śmieci? To nieprawda! Pasjonującą, efektowną i praktyczną matematykę poznaje się dopiero w laboratorium.

Logowanie

Nazwa użytkownika

Hasło

Autor: Marek Penszko | dodano: 2014-03-24
Parkietaże

Wielokąt utworzony z jednostkowych kwadratów (1×1) zwany jest ogólnie poliminem. Można go pokryć szczelnie – jak podłogę klepkami – dominem, czyli prostokątami 1×2, jeśli składa się z parzystej liczby kwadratów. To warunek konieczny, lecz nie dostateczny, ponieważ powinien mieć także odpowiedni kształt. Dwa polimina na rys. 1a składają się z 12 kwadratów, ale dominem uda się pokryć tylko drugie. Na ile sposobów? Łatwo to ustalić, bo wielokąt jest nieduży – sposoby są 4 (rys. 1b). Dla większych polimin sprawa bywa jednak nieprosta. Zaczniemy od małych, a ściślej od wąskich prostokątów. Liczbę sposobów pokrycia polimina dominem nazwiemy jego pojemnością. Pojemność prostokątów m×n, gdy m ma konkretną wartość, oznaczymy symbolem Pn.

Prostokąt 2×n można zacząć „dominować” od lewego brzegu na jeden z dwóch sposobów: kładąc jedno domino pionowo lub dwa poziomo (rys. 2). Po skorzystaniu z pierwszego sposobu pozostanie prostokąt 2×(n–1) do pokrycia na P(n–1) sposobów; po zastosowaniu drugiego – prostokąt 2×(n–2) do pokrycia na P(n-2) sposobów. Stąd wzór rekurencyjny: Pn=Pn–1+Pn–2. Znając P1=1 i P2=2, wyznaczymy P3=P2+P1=3, P4=P3+P2=5, P5=P4+P3=8 itd. Kolejne wartości tworzą znany ciąg Fibonacciego (bez dwu początkowych wyrazów – 0, 1, …), w którym każdy wyraz, poczynając od trzeciego, jest sumą dwu poprzednich: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, … Aby obliczyć Pn dla prostokąta 2×n, można także skorzystać ze wzoru na wyraz ogólny ciągu: Pn=ent(φn+1/√5+0,5), gdzie φ=(1+√5)/2 jest tzw. złotą liczbą (≈1,61803…), zaś skrót „ent” oznacza, że Pn równe jest całkowitej części wyniku.

 

 

 Podobnie wyznacza się Pn dla prostokątów 3×n, 4×n, 5×n itd. Na przykład, prostokąt 3×n można zacząć zapełniać dominem na 3 sposoby (rys. 3a). Stąd (1) Pn=Pn–2+2P’n–1, gdzie P’n jest liczbą sposobów pokrycia prostokąta 3×n bez narożnego pola. To pokrycie można zacząć na dwa sposoby (rys. 3b), a stąd wynika, że (2) P’n=Pn–1+P’n–2. Z (1) otrzymamy P’n–1=(PnPn–2)/2, czyli (3) P’n–2=(Pn–1Pn–3)/2 oraz (4) P’n=(Pn+1Pn-1)/2. Po podstawieniu (3) i (4) do (2) wyeliminujemy P’n, otrzymując po przekształceniach wzór rekurencyjny na Pn prostokąta 3×n: Pn=4Pn-2Pn-4 – oczywiście tylko dla parzystych n. Przy warunkach początkowych: P0=1 (założenie) i P2=3 – początek ciągu wygląda następująco: 3, 11, 41, 153, 571, 2131, 7953, … Dla prostokątów 4×n analiza jest już bardziej skomplikowana i prowadzi do dłuższego wzoru rekurencyjnego: Pn=Pn–1+5Pn–2+Pn–3Pn–4, wyznaczającego ciąg: 1, 5, 11, 36, 95, 281, 781, … Znane są także wzory na wyraz ogólny dla prostokątów 3×n, 4×n, 5×n itd., a nawet m×n – najbardziej skomplikowany i zaskakujący z dwóch powodów: po pierwsze – zawiera funkcje trygonometryczne, po drugie – stosowany jest w fizykochemii statystycznej (dotyczy dimerów, czyli polimerów dwuelementowych, które są odpowiednikami domin).

Niektóre pokrycia prostokątów tworzą pary symetryczne względem siebie, czyli jedno z nich można zmienić w drugie, obracając je lub odbijając w lustrze. W powyższych obliczeniach takie pokrycia są traktowane jako różne. Gdyby uznać je za jednakowe, mielibyśmy do czynienia z innymi, mniejszymi pojemnościami, czyli zmieniłyby się ciągi. Na przykład, ciąg pojemności (Fibonacciego) dla prostokątów 2×n – {Pn} = {1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, …} ulegnie modyfikacji w ciąg {pn} w następujący sposób: p1=p2=1; p2k=(P2k+Pk+1)/2 (dla k≥2); p2k+1=(P2k+1+Pk)/2 (dla k≥1). W rezultacie powstanie ciąg całkowicie różnych sposobów pokrycia dominem prostokątów 2×n: 1, 1, 2, 4, 5, 9, 12, 21, 30, … Wszystkie pojemności wszystkich prostokątnych polimin tworzą ciąg: 1, 2, 3, 5, 8, 11, 13, 21, 34, 36, 41, 55, 89, 95, … Wielokąty o pojemnościach, których brak w tym ciągu, nie są więc prostokątami. Pojemność wielokąta złożonego z k kwadratów oznaczymy symbolem T lub Tk. Jedno z podstawowych pytań dotyczących dominowych parkietaży brzmi: z ilu co najmniej kwadratów składa się wielokąt o pojemności T i jaki ma kształt? Załóżmy, że T=12. Przy szukaniu odpowiedzi przydaje się głównie metoda prób i błędów, ale pomocne są przesłanki logiczne. Z rys. 1a można na przykład wywnioskować, że z dwóch wielokątów o jednakowym k mniejsze T ma ten, który jest mniej zwarty lub, mówiąc kolokwialnie, bardziej „postrzępiony” albo jeszcze inaczej – ten, który ma więcej kątów. Odwracając zależność: z dwóch wielokątów o jednakowym T mniejsze k ma ten, który jest bardziej zwarty, czyli jakby bliższy kształtem prostokątowi. Tprostokąta 2×6 (rys. 4a) wynosi 13. Warto zatem spróbować przekształcić go w sześciokąt, przemieszczając kilka kwadratów tak, aby pojemność zmalała do 12. Przenosiny jednego kwadratu redukują pojemność radykalnie, nawet do zera (rys. 4b), dwóch lub trzech – także nie są skuteczne. Dopiero przemieszczenie „czteropaku” prowadzi do rozwiązania (rys. 4c). Nietrudno sprawdzić, że podziałów tej figury na domina istotnie jest 12.

 

 

W wyniku prostych przekształceń prostokątów powstają wielokąty także tworzące ciągi figur, którym odpowiada ciąg ich pojemności. Na przykład pojemności prostokątów 3×n z usuniętym narożnym polem, jak na rys. 4b, tworzą ciąg o wzorze rekurencyjnym P’n=4P’n–1P’n–2 (P’0=0, P’1=1), czyli 0, 1, 4, 15, 56, 209, 780, 2911, … Pojawia się jednak pytanie: czy każda pojemność ma „swoje” polimino? Czy na przykład istnieje wielokąt o Tk=100 003 (liczba pierwsza)? Okazuje się, że tak i łatwo tego dowieść, zaczynając od domina i dodając w kolejnych etapach parę kwadratów w sposób pokazany na rys. 5 (żółte pola). Powstaje ciąg polimin, w którym pojemność każdego następnego jest o jeden większa niż poprzedniego. 100 002 polimino w tym ciągu będzie więc miało pojemność 100 003. To potwierdza, że sztuką nie jest tworzenie wielokątów o określonej pojemności, ale takich, które równocześnie składają się z minimalnej liczby kwadratów. Dla Tk=12 kmin=12 (sześciokąt na rys. 4c).

Można też odwrócić sytuację i zapytać o największą wartość Tk dla danego k. Wówczas jednak odpowiedź jest prosta – maksymalne Tk ma zawsze prostokąt, a jeśli prostokątów jest więcej niż jeden – ten, który ma najmniejszy obwód, czyli kwadrat lub prostokąt n×(n+1). Na przykład, dla k=24 pojemności trzech możliwych prostokątów równe są: – 233 (2×12), 153 (3×8), 281 (4×6); a jeśli k=36, mamy cztery możliwości T: 4181 (2×18), 2131 (3×12), 6336 (4×9), 6728 (6×6). Wiąże się z tym wiele ciekawych zagadnień i zależności dotyczących dominowego parkietażu. Ot choćby takie, że T kwadratu jest wielokrotnością czterech (dla k>2) albo że T prostokąta 3×n jest liczbą nieparzystą postaci a2+2b2.

 

 

Na przełomie wieków japońscy miłośnicy matematyki rekreacyjnej zmagali się z następującym zadaniem: z jakiej najmniejszej liczby kwadratów składa się polimino, które można podzielić na domina na 2000 sposobów? Dla prostokąta 5×6 T=1183, a dla 6×6 – T=6728. Stąd wniosek, że kmin należy się spodziewać w okolicy 36. Najprościej osiągnąć pożądane T, korzystając z prostokątów 2×n, których T równa się małemu dzielnikowi 2000 (2, 5, 8). Wystarczy utworzyć wielokąt, „sczepiając” prostokąty, których iloczyn T równy jest 2000. Efekt takiej metody (rys. 6a – 2×5×5×5×8=2000) okazał się jednak mizerny (k=40). Trudniejsze obliczeniowo, ale bardziej skuteczne jest mocniejsze łączenie prostokątów 2×n, czyli takie, aby na ich styku można było umieszczać domino. Ten sposób pozwolił zmniejszyć k do 36 (rys. 6b). Można też skorzystać z komputera i algorytmu siłowego, liczącego Twielokątów, powstających z prostokąta, z którego usuwane są kwadraty. W ten sposób uzyskano jeden z dwóch najlepszych rezultatów – k=34 (rys. 6c). Najwyżej oceniona została jednak inna figura z takim samym rezultatem – krzyż z przecinających się prostokątów 2×n (rys. 6d) znaleziony „na piechotę” przez Taro Arimatsu (mistrz świata w rozwiązywaniu łamigłówek z 2010 roku). Taro podał także wzór na pojemność takiego krzyża w zależności od długości jego ramion. Znalezienie tego wzoru jest pierwszym zadaniem konkursowym. A poza konkursem: czy komuś uda się utworzyć wielokąt o pojemności równej 2014 – oczywiście złożony z minimalnej liczby kwadratów.

 

ZADANIA

1.         Litery A, B, C, D na rys. 6d oznaczają długości ramion, w których są umieszczone. Pojemność każdego ramienia, czyli prostokąta o długości X, oznaczymy jako PX. Należy napisać wzór na pojemność krzyża Tk (k=2A+2B+2C+2D+4) w zależności od długości ramion, czyli od pojemności PA, PB, PC, i PD.

2.         Narysowano wszystkie możliwe sposoby pokrycia dominem prostokąta m×n. Jest wśród nich takie pokrycie P, że w każdym innym pokryciu przynajmniej jedno domino będzie leżało dokładnie w tym samym miejscu, co w P. Jakie prostokąty mają taką własność?

 

 

 

 3.        Na rys. 7 oznaczona jest trasa przejścia od jednego brzegu prostokąta z dominowym parkietażem do przeciwległego, poprowadzona zgodnie z następującą zasadą: po wejściu na domino należy przejść na jego drugą połowę, a następnie na sąsiednie domino, kierując się wprost ku docelowemu brzegowi. Dla jakich prostokątów każda tak wytyczona trasa opuszcza parkietaż w tym samym rzędzie pionowym (jak na rysunku) lub poziomym, w którym się zaczęła?

 

4.         Kwadrat 10×10 (rys. 8) szczelnie pokryto prostokątami 1×n i 2×n, w tym w większości dominami 1×2. Należy oznaczyć wszystkie linie graniczne między prostokątami, wiedząc że:

– w każdym prostokącie powinna znaleźć się jedna i tylko jedna kropka;

– w niektórych węzłach umieszczone są cyfry – każda oznacza łączną długość linii granicznych, spotykających się w danym węźle lub linii granicznej dochodzącej do brzegu;

– dwa prostokąty nie mogą się stykać tylko rogami, czyli linie graniczne nigdzie nie mogą się przecinać.

Gwoli jasności, obok diagramu podany jest mały przykład. W rozwiązaniu wystarczy podać liczbę domin w układzie.

Rozwiązania prosimy nadsyłać do 30 kwietnia br. pocztą elektroniczną (swiatnauki@proszynskimedia.pl), wpisując w temacie e-maila hasło UG04/14, lub listownie: Świat Nauki, ul. Rzymowskiego 28, 02-697 Warszawa. Spośród autorów poprawnych rozwiązań przynajmniej dwóch zadań wyłonimy pięciu zwycięzców i nagrodzimy ich książką Briana Coxa i Jeffa Forshawa Kwantowy Wszechświat. Dlaczego zdarza się wszystko, co może się zdarzyć, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media.

Marek Penszko, z wykształcenia inż. poligrafii, jest znawcą i popularyzatorem gier i rozrywek umysłowych, głównie matematyki rekreacyjnej. Współpracuje z wieloma czasopismami, m.in. pisze blog dla Polityki.

 

Rozwiązanie zadań z numeru lutowego

1.         1963 (1963 → 1982 → 2002 → 2006 → 2014).

2.         6419 lub 1559 (jeśli uznać, że cyfry tworzące każdą grupę nie muszą być kolejnymi w liczbie)

3.         ŚWIAT=59814 (WY=97).

Za poprawne rozwiązanie przynajmniej dwóch zadań nagrodę, książkę Jak przetrwać w czarnych dziurach Dave'a Goldberga i Jeffa Blomquista, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media, otrzymują: Piotr Ackerman z Torunia, Adam Domański z Warszawy, Wojciech Ożdżeński z Warszawy, Andrzej Pokrzywa z Pomiechówka, Kajetan Siepielski z Poznania.