Προβλήματα Μαθηματικών

Οκτώβριος 22, 2009

Τετράγωνα και συμμετρίες

Filed under: Λυμένα Προβλήματα — Mihalis Kolountzakis @ 11:15 πμ

Στις κορυφές ενός τετραγώνου βρίσκονται 4 κέρματα (τα κέντρα τους στις κορυφές). Κάθε χρονική στιγμή μπορούμε να κάνουμε ένα κέρμα να πηδήσει πάνω από ένα άλλο: το πρώτο κέρμα φεύγει από τη θέση του και πηγαίνει στη συμμετρική του θέση ως προς το άλλο (το άλλο δεν κουνάει).

Μπορούμε με μια ακολουθία από τέτοια πηδήματα να φέρουμε τα κέρματα στις κορυφές ενός μεγαλύτερου τετραγώνου;

Advertisements

16 Σχόλια »

  1. Επιτρέπονται διαγώνιες κινήσεις ?

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pebox — Οκτώβριος 23, 2009 @ 2:07 μμ

  2. Εφ’ όσον δεν απαγορεύονται από τους κανόνες επιτρέπονται.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Οκτώβριος 23, 2009 @ 2:10 μμ

  3. Ένας τρόπος να σκεφτούμε ίσως είναι ο εξής:

    Έστω Α(α,β), Β(α,β+1), Γ(α+1,β+1), Δ(α+1,β) τα τέσσερα νομίσματα σε ένα τετράγωνο.
    Θέλω να τα τοποθετήσω σε άλλα σημεία Ε,Ζ,Η,Θ έτσι ώστε
    Ε(α+κ,β+λ), Ζ(α+κ,β+λ+μ), Η(α+κ+μ,β+λ+μ), Θ(α+κ+μ,β+λ) (όπου μ >=2, αφού θέλω το τετράγωνο μεγαλύτερο από το προηγούμενο).
    Πρέπει τώρα να φτιάξω ένα κατάλληλο σύστημα εξισώσεων το οποίο να μην παραβαίνει τους κανόνες του παιχνιδιού και να με οδηγεί
    σε ύπαρξη των κ,λ,μ.

    Μας ενδιαφέρει ο τρόπος κατασκευής (δηλαδή πρέπει να καταγράψουμε τις κινήσεις επακριβώς)
    ή η απόδειξη και μόνο ότι υπάρχει τέτοια διαδικασία;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pebox — Οκτώβριος 24, 2009 @ 10:44 πμ

  4. Δε χρειάζεται να πεις το πώς γίνεται. Αρκεί να αποδείξεις ότι γίνεται ή το αντίθετο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Οκτώβριος 24, 2009 @ 1:54 μμ

  5. Έστω ότι το αρχικό τετράγωνο έχει κορυφές (0,0), (0,1), (1,0) και (1,1) και έστω ότι υπάρχει μία διαδικασία (με βήματα όπως περιγράφηκαν στην εκφώνηση) με την οποία καταλήγουμε σε ένα τετράγωνο με πλευρά α>1. Αν στο τετράγωνο με πλευρά α εφαρμόσουμε την αντίστροφη διαδικασία από την προηγούμενη τότε θα καταλήξουμε πάλι στο αρχικό τετράγωνο με πλευρά 1 και συνεπώς αν ξαναεφαρμόσουμε την αντίστροφη διαδικασία στο τετράγωνο με πλευρά 1 θα καταλήξουμε σε ένα τετράγωνο με πλευρά 1/α. Αυτό όμως το τετράγωνο θα έχει κορυφές με μη ακέραιες συντεταγμένες αφού 1/α<1, το οποίο είναι άτοπο γιατί εφαρμόζοντας τα βήματα της εκφώνησης, από σημεία με ακέραιες συντεταγμένες καταλήγουμε πάντα σε σημεία με ακέραιες συντεταγμένες.
    Άρα δεν υπάρχει διαδικασία με την οποία να μπορούμε να καταλήξουμε σε μεγαλύτερο τετράγωνο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από stedes — Οκτώβριος 25, 2009 @ 12:06 μμ

  6. stedes εάν α=2 ?

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pebox — Οκτώβριος 25, 2009 @ 3:49 μμ

  7. stedes:

    Πολύ σωστα. Το κλειδί είναι ότι η πράξη είναι αντιστρέψιμη και ότι αν τα σημεία ανήκουν αρχικά σε μια υποομάδα (προσθετική) G \subseteq {\mathbb R}^2 του επιπέδου τότε παραμένουν σε αυτή (στην περίπτωσή μας G={\mathbb Z}^2).

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Οκτώβριος 25, 2009 @ 5:13 μμ

  8. Θα ήθελα να ρωτήσω το εξής:

    Εάν όπως λέει ο stedes το αρχικό τετράγωνο έχει κορυφές
    (0,0), (0,1), (1,0) και (1,1),

    αλλά μεταξύ 0 και 1 υπάρχουν άπειρες διαγραμμίσεις στους άξονες, π.χ. 1/2, 1/4, 1/8,… τότε τι μας εμποδίζει μία υποθετική αντίστροφη διαδικασία να φέρει τα νομίσματα στα σημεία (0,0), (0,1/2), (1/2,0) και (1/2,1/2), μιας και υπάρχουν αυτά τα σημεία στους άξονες ? παρομοίως και για τα

    (0,0), (0,1/4), (1/4,0), (1/4,1/4) κ.ο.κ

    Για αυτό ρώτησα πριν όταν α=2.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pebox — Οκτώβριος 25, 2009 @ 6:26 μμ

  9. Σε κάθε βήμα που κάνουμε η τετράδα των σημείων μας παραμένει με ακέραιες συντεταγμένες. Αυτό ισχύει και για την πράξη μας αλλά και για την αντίστροφή της. Αν, π.χ., είχαμε τα σημεία (διανύσματα) x, y, z, w και «πήδαγε το x πάνω από το y, τότε στην επόμενη χρονική στιγμή θα είχαμε την τετράδα 2y-x, y, z, w, οπότε το ακέραιο των συνεταγμένων διατηρείται. Αν λοιπόν μπορούμε να φτιάξουμε ένα τετράγωνο πλευρας a>1 τότε αν επαναλάβουμε τα βήματα με την αντίστροφη σειρά ξεκινώντας από το τετράγωνο πλευράς 1 και κορυφές τα σημεία (0,0), (1,0), (1,1), (0,1) τότε θα φτιάξουμε ένα άλλο τετράγωνο με πλευρά μικρότερη και μάλιστα ίση με 1/a. Όμως και αυτού του τετραγώνου οι πλευρές θα πρέπει να είναι ακέραιοι και αυτό μας δίνει την αντίφαση αφού δεν υπάρχει τετράγωνο με ακέραιες συνεταγμένες και πλευρά μικρότερη του 1.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από Mihalis Kolountzakis — Οκτώβριος 25, 2009 @ 7:04 μμ

  10. ευχαριστώ!

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από pebox — Οκτώβριος 25, 2009 @ 7:14 μμ

  11. Νέο ερώτημα: Αποδείξαμε ότι ξεκινώντας από ένα τετράγωνο δε μπορούμε να καταλήξουμε σε ένα μεγαλύτερο τετράγωνο. Μπορούμε να καταλήξουμε σε ένα μεγαλύτερο ορθογώνιο;

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από stedes — Οκτώβριος 25, 2009 @ 8:02 μμ

  12. Νομίζω ότι την δύσκολη δουλειά την έκαναν άλλοι πριν από μένα. Δεν γίνεται για τον ίδιο λόγο που δεν γίνεται και το μεγαλύτερο τετράγωνο:

    Έστω ότι το ορθογώνιο που δημιουργείται έχει κορυφές Α(α,β), Β(α,β+κ), Γ(α+λ,β+κ), Δ(α+λ,β). Τότε με οποιοδήποτε «συμμετρικό πήδημα» ενός νομίσματος οι τελικές θέσεις των νομισμάτων θα ανήκουν στο Η=(κΖ+α)Χ(λΖ+β), όπου κ,λ διαφορετικοί μεταξύ τους φυσικοί αριθμοί. Έτσι αν αντιστρέψουμε τα βήματα που κάναμε προκύπτει ότι όλα τα σημεία (0,0), (1,0), (1,1), (1,0) πρέπει να ανήκουν στο Η. Αυτό συμβαίνει μόνο αν κ=λ=1, που έιναι άτοπο.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nefelh — Νοέμβριος 2, 2009 @ 7:31 μμ

  13. @nefelh: τί γίνεται στην περίπτωση που το τελικό ορθογώνιο είναι πλάγιο, π.χ. Α(1,3), Β(2,1), Γ(5,5), Δ(6,3);

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από stedes — Νοέμβριος 3, 2009 @ 2:17 πμ

  14. @stedes Με μια κατάλληλη στροφή μπορούμε να φέρουμε το πλάγιο παραλληλόγραμο στην αρχή των αξόνων. Αν γινόταν από κάποιο τετράγωνο να φτάσουμε στο ορθογώνιο, τότε θα έπρεπε από αυτό το ορθογώνιο να καταλήγουμε σε ένα «πλάγιο» (μετά την στροφή) τετράγωνο, που και πάλι θα είναι εκτός των εφικτών σημείων.

    Άλλωστε και στο αρχικό πρόβλημα με το τετράγωνο θα μπορούσε το νέο τετράγωνο να είναι «πλάγιο», αλλά αυτό δεν αλλάζει την απόδειξη…

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nefelh — Νοέμβριος 4, 2009 @ 3:23 μμ

  15. Στη λύση του αρχικού προβλήματος έτσι όπως την έγραψα δε παίζει ρόλο το πως θα είναι στραμμένο το τετράγωνο. Απλά επειδή στη λύση σου θεώρησες μόνο τη «μη πλάγια» περίπτωση έπρεπε να διευκρινιστεί και αυτό. Ok, σωστά.

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από stedes — Νοέμβριος 4, 2009 @ 6:58 μμ

  16. @stedes Έχεις δίκιο. Αν και δεν το έγραψα όσο καθαρά έπρεπε, στην πραγματικοτητα χρησιμοποίησα περισσότερο τον συμβολισμό του pebox και την βασική παρατήρηση του κ. Κολουτζάκη ότι «η διαδικασία (πράξη;) αυτή αντιστρέφεται πάντοτε». Άρα «βαφτίζω» την τελική θέση, αρχική και την αρχική θέση, τελική. Έτσι αυτό που είχα εξ αρχής στο μυαλό μου ήταν ότι μεταφέρω, στρίβω κλπ το σύστημα αξόνων ανάλογα με το τελικό σχήμα. Αν και ούτε στο σχόλιο του κ. Κολουτζάκη (αρ.9) αναφέρεται έτσι, ομολογώ ότι η ανάγνωση που έκανα με έκανε να το εκλάβω με αυτόν τον τρόπο… Δηλαδή ότι προσαρμόζουμε το τελικό σχήμα στην αρχή των αξόνων.

    …να ένα καλό παράδειγμα για τη σημασία της «concept image». :p

    Μου αρέσει!

    Σχόλιο από nefelh — Νοέμβριος 5, 2009 @ 4:34 μμ


RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

Σχολιάστε

Συνδεθείτε για να δημοσιεύσετε το σχόλιο σας:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Φωτογραφία Google+

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google+. Αποσύνδεση / Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Δημιουργήστε ένα δωρεάν ιστότοπο ή ιστολόγιο στο WordPress.com.

Αρέσει σε %d bloggers: