Braňov problém

Dnes sa u mňa stavil Braňo Novotný (doktorand na MÚ SAV) a z voľnej debaty vyplynul nasledovný rekreačný matematický problém. Poznámka: rekreačný sa vo všeobecnosti nerovná jednoduchý.

Pre 2n bodov v rovine nazveme disjunktným párovaním také rozdelenie týchto bodov do n dvojíc, že úsečky spájajúce jednotlivé páry sa nepretínajú (krajné body považujeme za súčasť úsečky). Z ilustračného obrázku vľavo hore vidíme, že vieme nájsť konfigurácie štyroch bodov v rovine, pre ktoré existuje práve jedno, práve dve a aj práve tri disjunktné párovania. Viac disjunktných párovaní štvorice bodov očividne nemôže existovať. Pre šesť bodov je však situácia komplikovanejšia:

Koľko disjunktných párovaní môže mať šestica bodov v rovine? Formálnejšie: Nájdite množinu M tých čísel m, že existuje šestica bodov v rovine, ktoré je možné disjunktne popárovať práve m spôsobmi.

Keď usporiadame 6 bodov tak, aby ležali na spoločnej priamke, existuje len jedno párovanie, t.j. množina M obsahuje číslo 1. Ak usporiadame 6 bodov do vrcholov pravidelného šesťuholníka, nájdeme 5 rôznych popárovaní, čiže aj číslo 5 patrí do množiny M. (Pozri obrázok vpravo; každá z piatich farieb určuje iné disjunktné párovanie.)

Ktoré ďalšie čísla patria do tejto množiny? (Väčšinu z nich nájdete jednoduchým experimentovaním s obrázkmi.) Viete nájsť horné ohraničenie množiny M, t.j. také číslo, že žiadne m z M nemôže byť väčšie?

27.10.: Nasledujúce obrázky ukazujú, že do množiny M patria čísla 3,4,5,6,7,10.




10.11.: Ako upozornil Braňo v komentároch, existujú aj konfigurácie (zobrazené nižšie) vedúce na 11 a 12 disjunktných párovaní.


Zostáva nám teda ešte nasledovná úloha: Patria do množiny M niektoré z čísiel 2,8,9,13,14,15?

Neodbytný nápadník

Matfyzáčka Katka sa práve nachádza na člnku v strede kruhového jazera, keď zrazu zbadá, že z brehu sa na ňu usmieva jej neodbytný nápadník Fero. Katka vie, že na pevnej pôde Ferovi určite utečie, ak sa Fero nedostaví na miesto jej vylodenia skôr ako ona. Veslovaním sa však Katka pohybuje štyrikrát pomalšie, ako vie Fero bežať po brehu, čiže zamieriť priamo na opačnú stranu jazera jej nepomôže (keďže 4r>πr). Existuje stratégia pohybu po jazere, ktorá Katke zaručí, že sa stretnutiu s Ferom určite vyhne? (Predpokladáme, že Katka v každom okamihu presne pozná pozíciu ako svojho člnku, tak aj Fera. A samozrejme Fero nevie plávať.)

S touto elementárnou, ale peknou úlohou som sa stretol v už viackrát spomínanej knihe Martina Gardnera. Pochopiteľne, trochu som pomenil osoby a obsadenie. Svoje riešenie môžete napísať ako komentár k tomuto príspevku.

Kto z Vás má najlepší kvantitatívny odhad?

Pokúste sa odhadnúť bez použitia akýchkoľvek pomôcok okrem svojho zraku a rozumu nasledovné čísla: 1) Počet zelených bodíkov na prvom obrázku; 2) Celkovú dĺžku červenej uzavretej krivky na druhom obrázku; 3) Vertikálnu (y-ovú) súradnicu ťažiska systému modrých krúžkov na treťom obrázku.

Svoje tri číselné odhady môžete napísať do komentárov; vyhráva ten, kto dosiahne minimálnu hodnotu chyby vypočítanej podľa vzorca:

kde n₁, n₂, n₃ sú Vaše odhady a n^*₁, n^*₂, n^*₃ sú skutočné hodnoty. (Všimnite si, že tento vzorec penalizuje nulou presný odhad a jednotkou odhad, ktorý je buď dvojnásobok, alebo polovica v porovnaní so skutočnou hodnotou.)

Poznámka 7.10.: Tipovaciu súťaž sme už ukončili. Výsledky a "diskusiu" si môžete prečítať v komentároch.

Zábava s angličtinou: kvázipalindrómy

V poslednej dobe mám menej času na blog (začal sa semester) ale v rámci oddychu sem občas niečo malé pridám. Dnes som sa trochu pohral s anglickým frekvenčným slovníkom a vyhľadal som také štvor- a viacpísmenové slová, ktoré majú význam aj keď ich prečítame odzadu (akési kvázipalindrómy; možno to má nejaké oficiálne meno). Pozrite si ich zoznam; víťazmi sa pre mňa stali dvojice tinker-reknit, live-evil a repel-leper. :-)

Poznámka 2.10.: Mišov komentár ma primäl k tomu, aby som (pomocou počítača) vyhľadal aj tie anglické jednoslovné "kvázipalindrómy", ktoré nie sú v základnom tvare. Je ich celkom dosť (tu je zoznam) a to mi určite ešte nejaké chýbajú.

Zábava s angličtinou: palindromes

palindrome: a word, line, verse, number, sentence, etc., reading the same backward as forward, as "madam".

Pokúste sa v priebehu troch minút napísať čo najviac anglických jednoslovných palindrómov, t.j. slov, ktoré sa čítajú rovnako odpredu aj odzadu, pričom nepočítame vlastné podstatné mená, skratky a citoslovcia. Koľko ste ich našli? (Slovo "madam" sa nezapočítava :-)

Skontrolujte si správnosť podľa tohoto zoznamu, ktorý som vygeneroval v R-ku pomocou frekvenčného slovníka. Svoj výsledok prosím zaznačte do formulára v pravom stĺpci blogu. (Poll sme už ukončili; výsledky si môžete pozrieť na obrázku na konci príspevku.)

Poznámka 29.9.: Do zoznamu palindrómov som doplnil niektoré slová, ktoré nie sú v základnom tvare. Samozrejme, stále nemôžem s istotou tvrdiť, že môj zoznam je kompletný.

Počítame šesťuholníky II

Máme šesťuholník, ktorého všetky vnútorné uhly sú 120 stupňov, pričom dĺžka strán AB a DE je n₁, dĺžka strán BC a EF je n₂ a dĺžka strán CD a FA je n₃ (kde n₁, n₂ a n₃ sú prirodzené čísla). Tento šesťuholník pokryjeme rovnostrannými trojuholníkmi so stranami dĺžky 1. Koľko pravidelných (rovnostranných) šesťuholníkov sa dá nájsť vo vzniknutom obrazci?

Na ilustračnom obrázku máme znázornený prípad n₁=2, n₂=3 a n₃=5, kde nájdeme 30 pravidelných šesťuholníkov (8 takých, ktoré majú strany dĺžky 2 a 22 takých, ktorých strany majú dĺžku 1).

Pomocou Katkinho riešenia predchádzajúceho príkladu by nemal byť problém túto úlohu vyriešiť. Riešenie indukciou môže byť užitočná nezávislá kontrola.

Počítame šesťuholníky

Nasledovná úloha ma opäť napadla pri hre s Agátkou a geomagom. Je samozrejme veľmi jednoduchá, avšak riešenie je netradične príjemné.

Koľko pravidelných šesťuholníkov je možné nájsť na obrázku veľkého pravidelného šesťuholníka so stranami dĺžky n, ktorý je poskladaný z rovnostranných trojuholníkov so stranami dĺžky 1?

Na ilustračnom obrázku je znázornený prípad n=2, pre ktorý je správna odpoveď 8; jeden pravidelný šesťuholník má strany dĺžky 2 a 7 ďalších šesťuholníkov má strany dĺžky 1.

Poznámka 22.1.: Vidím, že sa nemáte k činu, čo ma trochu mrzí, pretože mám pripravené zovšeobecnenie tejto úlohy a nechcem ho uviesť skôr, ako máme vyriešený tento špeciálny prípad. Aby som Vás trochu inšpiroval, zobrazil som situáciu pre n=3:


Na obrázku je 1 pravidelný šesťuholník so stranou veľkosti tri, 7 pravidelných šesťuholníkov so stranou veľkosti 2 a 19 pravidelných šesťuholníkov so stranou veľkosti 1. Spolu je to teda 27 šesťuholníkov.

Hadamardova hypotéza

Sériu príspevkov týkajúcich sa konfigurácií kameňov by som chcel ukončiť jednou naozaj ťažkou úlohou. Tak ťažkou, že odoláva pokusom o vyriešenie už minimálne od tridsiatych rokov 20. storočia, no s veľkou pravdepodobnosťou nad ňou rozmýšľali už v 19. storočí James Sylvester a Jacques Hadamard. Ale kto vie? Možno je medzi Vami niekto, koho napadne nejaký veľmi originálny trik a stane sa slávnym...

Jedno z viacerých možných zadaní tejto úlohy je prekvapivo jednoduché:

Hadamardova domnienka: Nech n je akýkoľvek násobok štyroch a nech mriežka n×n má najnižší riadok ako aj najľavší stĺpec pokrytý čiernymi kameňmi. Je možné túto mriežku doplniť bielymi a čiernymi kameňmi tak, že každá dvojica riadkov ako aj každá dvojica stĺpcov má presne na n/2 pozíciách kamene rovnakej farby a na zvyšných n/2 pozíciách kamene rôznej farby?

Na ilustračnom obrázku je názorná ukážka, že to skutočne je možné pre n=4 a n=8:


Uveďme si ešte dve ekvivalentné formulácie Hadamardovej domnienky; prvá je klasická a druhú som pre Vás poprivymyslel ja.

Ekvivalentná formulácia 1: Existuje pre každé n, ktoré je násobkom štyroch Hadamardova matica H_n? Hadamardova matica H_n je taká matica typu n×n, ktorej prvky sú buď -1, alebo 1 a pre ktorú platí H_nH_n^T=nI_n, kde T označuje transpozíciu matice a I_n je jednotková matica rozmeru n×n.

Ekvivalentná formulácia 2: Nech n je akýkoľvek násobok štyroch. Dá sa vybrať n vrcholov (n-1)-rozmernej kocky tak, aby všetky vzájomné vzdialenosti týchto vrcholov boli rovnaké?

Všimnite si, že pre n=4 je podmienka z formulácie 2 splnená: Skutočne, ľahko nájdeme také štyri vrcholy klasickej trojrozmernej kocky, ktoré majú všetky vzájomné vzdialenosti rovnaké, t.j. tvoria vrcholy pravidelného štvorstenu:


Dôležitosť Hadamardovej domnienky umocňuje fakt, že Hadamardove matice nie sú len intelektuálnou zábavkou pre čistých matematikov, ale majú veľmi konkrétne aplikácie, napríklad v teórii kódovania, alebo pri navrhovaní štatistických experimentov.

Ak sa Vám nepodarí vyriešiť našu úlohu vo všeobecnosti, t.j. pre všetky násobky štyroch, môžete sa pokúsiť aspoň nájsť príslušnú konfiguráciu kameňov (Hadamardovu maticu, resp. n-ticu vrcholov kocky) pre konkrétny násobok štyroch. Najmenšia veľkosť, pre ktorú takáto konfigurácia ešte nie je skonštruovaná, je n=668.

Formuláciu 2 odporúčam pre tých, ktorí majú obzvlášť dobrú geometrickú predstavivosť. Stačí si totiž predstaviť 667 rozmernú hyperkocku a z jej približne 6×10²⁰⁰ vrcholov vybrať 668, ktoré tvoria vrcholy pravidelného 667 rozmerného simplexu.

Držím palce! :-)

Poznámka: Budúci týždeň som na konferencii, takže chvíľu nebudem písať na blog. Stay tuned!