Pierwsza para, czyli o bliskich spotkaniach trójkąta z kwadratem

W krainie wielokątów foremnych (w. f.) króluje kwadrat. Zasłużył na to miano nie tylko jako obiekt powszechnie znany i popularny, ale także ze względu na co najmniej trzy unikatowe cechy, wyróżniające go wśród w. f.:

– suma jego kątów stanowi kąt pełny;
– wszystkie współrzędne kartezjańskie, określające jego położenie, mogą być liczbami całkowitymi;
– określony jest, podobnie jak „król”, jednym słowem.

Trójkąt równoboczny niemal dorównuje kwadratowi wyjątkowością, więc zasługuje przynajmniej na miano wicekróla – choćby dlatego, że jest pierwszy na liście w. f. Wyróżnia go też określenie „równoboczny”, które w przypadku pozostałych w. f. byłoby niewystarczające – aby rozwiać wątpliwości, dotyczące ich kształtu (równe są także kąty), wszystkie muszą być „foremne”. Ten artykuł nie dotyczy „foremnych” w. f.; będzie w nim mowa wyłącznie o parze wiodącej, czyli o królu i wicekrólu, a ściślej o kilku zagadnieniach dotyczących w równym stopniu ich obu. Zaczniemy od pokrewieństwa „genetycznego”.

Istnieje niejeden taki zestaw kilku części (wielokątów), z których można złożyć trójkąt równoboczny lub kwadrat. Z ilu najmniej części może składać się ten zestaw? Takie pytanie postawił po raz pierwszy „król łamigłówek” Henry Dudeney w zadaniu zamieszczonym na łamach angielskiego tygodnika Weekly Dispatch w 1902 roku. Odpowiedzią okazało się nadesłane przez jednego z czytelników rozwiązanie: wystarczą cztery części, które zależnie od sposobu ich złożenia tworzą kwadrat lub trójkąt. Na rys. 1 części te są kwartetem połączonym przegubowo rogami. Efektem składania tego ciągu w jedną stronę jest trójkąt równoboczny, w drugą – kwadrat.

W zadaniu sprzed ponad wieku istotne było oczywiście podanie sposobu konstrukcji takiego uniwersalnego zestawu, a konkretnie odpowiedniego podziału trójkąta równobocznego. Zamieszczony wówczas przepis do dziś zaskakuje, goszcząc w publikacjach poświęconych matematyce rekreacyjnej – z reguły w postaci przedstawionej na rys. 2. Towarzyszy mu instrukcja, która najkrócej może wyglądać tak:

AD=DB=BE=EC=EF=JK
półokrąg AHF o promieniu AG=GF
łuk okręgu HJ o promieniu EH
DL i KM prostopadłe do EJ

Dudeney dwukrotnie powtarzał to zadanie w prasie, a później w książce Canterbury Puzzles wydanej po raz pierwszy w roku 1907, pośrednio przypisując sobie autorstwo tego odkrywczego podziału. Chwalił się nawet, że prezentował swoje dzieło w towarzystwach naukowych Royal Society i London Mathematical Society, zyskując uznanie. W zapomnienie poszła informacja podana w roku 1902 w Weekly Dispatch, że rozwiązanie nadesłał niejaki pan C. W. McElroy z Manchesteru. Amerykański informatyk Greg Fredrickson, autor kilku książek o geometrii podziałów, podał nawet w wątpliwość przechwałki Dudeneya, dotyczące jego kontaktów z uczonymi, bowiem w dokumentach obu stowarzyszeń, ani nigdzie indziej, nie zachowały się żadne wzmianki, dotyczące wspomnianych prezentacji. Ważniejsze i ciekawsze od tych okoliczności jest jednak to, o czym ani Dudeney, ani nikt później nie pisał: jak McElroy doszedł do sposobu podziału, uważanego dziś nie tylko za bardzo pomysłowy, ale także, jeśli chodzi o liczbę części, za minimalny i jedyny możliwy? Albo ogólniej: jak można do niego dojść?

Oznaczając: t – długość boku trójkąta równobocznego, k – długość boku kwadratu o takim samym polu i porównując wzory na pola obu figur:

otrzymamy długość boku kwadratu, czyli odcinka, który powinien się pojawić w wyniku podziału:

Nie wystarczy jednak tylko skonstruować taki odcinek. Podział musi uwzględniać także możliwość czterokrotnego skorzystania zeń przy tworzeniu boków kwadratu. Konieczne jest także wydzielenie czterech kątów prostych.

Zapewne McElroy zaczął od symetrycznego podziału opartego na kwadracie wpisanym w trójkąt równoboczny (rys. 3a). Każda z powstałych czterech części ma kąt prosty i można z nich złożyć kwadrat z… małym naddatkiem (rys. 3b) – dwa czworokąty zachodzą na siebie. Ów naddatek stanowi efekt nierówności:

Lewa strona jest podaną wyżej długością boku kwadratu składanego jak należy (rys. 1) z podziału trójkąta równobocznego, prawa – długością przekątnej kwadratu wpisanego w ten trójkąt, czyli długością boku kwadratu składanego z naddatkiem. Różnica między stronami jest bardzo mała, niemal symboliczna. Na przykład, dla trójkąta o metrowym boku (t=1) wynosi zaledwie 1,7 mm. Minimalna różnica przekłada się jednak na małą, ale już widoczną różnicę powierzchni kwadratów układanych z części. Przy metrowym boku trójkąta różnica ta wynosi 22,3 cm². Nietrudno zauważyć, jakich poprawek należy dokonać i jakie wprowadził McElroy, aby wyeliminować naddatek i zastąpić przekątne kwadratu wpisanego w trójkąt bokami kwadratu, który ma zostać ułożony. Najpierw trzeba zrównać długości tych boków czworokątów, które stykają się w kwadracie – stąd podział ramion trójkąta na połowy. Potem konstruowany jest bok kwadratu t, czyli odcinek EH na rys. 2, który następnie pojawia się jako EJ zamiast jednej przekątnej kwadratu na rys. 3a. Drugą przekątną zastępuje EJ obrócony o 90° i podzielony na połowy (DL i KM), które zostają odpowiednio przesunięte. Rys. 4 przedstawia przejrzyście efekty końcowe obu układów, czyli rozsunięte części po podziałach trójkąta i kwadratu; takim samym kolorem oznaczone są odcinki równej długości.

Dziś przy rozcinaniu jakiejś figury na części tak, by dało się z nich złożyć inną konkretną figurę, korzysta się zwykle z prostszego sposobu niż stosowany przez McElroya, a mianowicie – z tzw. metody paskowej. Istnieje kilka jej wariantów. W przypadku przekształcania trójkąta na kwadrat pierwszy etap polega na współosiowym nałożeniu na siebie dwóch krótkich pasków: jeden tworzą trójkąty równoboczne, drugi kwadraty. Pola figur są jednakowe, a na przecięciach osi pasków z bokami figur oznaczone są punkty – na rys. 5 czerwone na bokach trójkątów, niebieskie na bokach kwadratów. Po takim przesunięciu pasków, aby centralne punkty niebieski i czerwony pokryły się (rys. 5a), obracamy pasek kwadratów wokół pary wspólnych punktów o taki kąt, przy którym brzeg paska kwadratów przetnie dwa czerwone punkty i… podział gotowy – cztery części tworzą żółty obszar na rys. 5b. Wprawdzie są to dwa odrębne fragmenty, ale wspólnie składają się na jeden trójkąt. Równocześnie widoczny jest podział na te same cztery części drugiego od dołu kwadratu.

Tę zaskakująco prostą i niemal automatyczną metodę opracował w latach 70. XIX wieku belgijski matematyk amator Paul-Jean Busschop. Jednak ówcześni uczeni potraktowali ją i jej autora po macoszemu, ograniczając się do lakonicznej informacji w niszowym periodyku, więc wiedziała o niej garstka osób na kontynencie, a niemal na pewno nie znali jej ani McElroy, ani Dudeney.

Są tylko trzy w. f., którymi uda się pokryć płaszczyznę – trójkąt, kwadrat i sześciokąt. Jest to możliwe, ponieważ wielkość kąta w każdym z nich stanowi podwielokrotność kąta pełnego. Sześciokąt zostanie jednak wyeliminowany z tego tercetu, gdy zapytamy: „dla jakiego n foremny n-kąt można podzielić na n-kąty foremne?”. Odpowiedzi są tylko dwie – n=3 lub 4, bo tylko kąt w trójkącie równobocznym i kwadracie jest podwielokrotnością kąta półpełnego. Dla obu tych figur wspólny jest ciąg, który – wydawałoby się – pasuje tylko do kwadratu: 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100, 121, … Tymczasem każdy n-ty wyraz tego ciągu określa zarówno liczbę kwadratów o jednostkowym boku, na które można podzielić kwadrat o boku n, jak i liczbę trójkątów o jednostkowym boku, na które można podzielić trójkąt o boku n. Jest to wyraźnie widoczne na fragmentach siatki obu figur (rys. 6). Każdy z tych fragmentów zawiera 49 jednostkowych figur (n=7).

Jednak wszystkich kwadratów różnej wielkości na rys. 6a i wszystkich trójkątów na rys. 6b jest znacznie więcej. Ich policzenie stanowi „podstępne” zadanie na spostrzegawczość, koncentrację i cierpliwość, pojawiające się w książkach z zagadkami od ponad wieku. O pomyłkę nietrudno, zwłaszcza przy liczeniu trójkątów, bo łatwo pominąć największe lub niektóre umieszczone „do góry nogami”. Kwadratów na rys. 6a jest 140, trójkątów na rys. 6b – 118. Liczby kwadratów dla kolejnych n tworzą ciąg: 1, 5, 14, 30, 55, 91, 140, 204, 285, 385, 506, … określony wzorem: a_n=n (n+1) (2n+1)/6. Znacznie trudniej wyprowadzić wzór dla ciągu liczb trójkątów: 1, 5, 13, 27, 48, 78, 118, 170, 235, 315, 411, … Dopiero w latach 80. udało się nadać mu przekonującą (dowód) i w miarę prostą postać: a_n= [n (n+2) (2n+1)/8]; klamra oznacza, że część ułamkową wyniku należy pominąć, jeśli nie jest on liczbą całkowitą.

Następnym etapem po policzeniu figur może być ich usuwanie. Stąd niemal równie wiekowe zadania bliźniacze – jedno dotyczące posiatkowanych kwadratów, drugie – trójkątów równobocznych: ile co najmniej boków jednostkowych należy usunąć, aby w układzie nie pozostał żaden kwadrat (trójkąt)? W praktyce jednostkowymi bokami są zwykle zapałki, zaś n=4 lub 5 (rys. 7).

Zabranie każdej zapałki z wnętrza likwiduje dwie sąsiednie figury jednostkowe, więc usuniętych zapałek teoretycznie nie może być mniej niż n²/2+1; plus jeden ze względu na konieczność zabrania jednej brzegowej, by zlikwidować największą figurę. I dokładnie tyle zapałek będzie wymagało usunięcia w przypadku kwadratu dla parzystego n. „Teoretycznie”, ponieważ w praktyce nie jest możliwe usunięcie n²/2 zapałek tak, by cały kwadrat został podzielony na prostokąty 1×2, a wewnątrz nie pozostał jakiś większy kwadrat. W związku z tym wewnątrz musi pojawić się figura złożona z trzech jednostkowych kwadratów – prosty lub „złamany” prostokąt 1×3 z dwiema usuniętymi zapałkami (jasnoróżowe na rys. 8). Nie ma to jednak wpływu na minimalną liczbę usuwanych zapałek równą, dla parzystych n, dokładnie n²/2+1.

Gdy n jest nieparzyste, wewnątrz muszą pojawić się dwie figury, obejmujące trzy małe kwadraty, a to przekłada się na inny wzór, który po zastosowaniu klamry (jak poprzednio we wzorze na liczbę trójkątów) będzie określał dla każdego n>1 najmniejszą liczbę zapałek, które należy usunąć, aby pozostałe nie tworzyły ani jednego kwadratu: [(n²+3)/2]. Znajomość tej liczby – np. 14 dla n=5 lub 19 dla n=6 – nie oznacza, że praktyczne usuwanie zapałek jest proste, bo w trakcie tej czynności łatwo przeoczyć jakiś większy kwadrat. Na rys. 8 znajdują się dwa przykłady rozwiązań dla n=4 i jedno dla n=5. Ciekawym, a nierozstrzygniętym problemem pozostaje liczba różnych rozwiązań (z dokładnością do obrotów i odbić lustrzanych), czyli różnych układów bez kwadratów – przy minimalnej liczbie usuniętych zapałek – dla każdego n. Na przykład, dla n=3 rozwiązań jest kilkadziesiąt, a dla n=4 – tylko dwa, różniące się bardzo nieznacznie – te na rys. 8.

Usuwanie trójkątów jest znacznie prostsze i schematyczne. Najmniejsza liczba zabieranych zapałek jest zawsze liczbą trójkątną, czyli wyraża się wzorem n (n+1)/2, który określa ciąg: 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45, 55, 66, … Sprowadza się to do usunięcia wszystkich zapałek tworzących n równoległych rzędów.

Liczenie, a zwłaszcza usuwanie kwadratów i trójkątów komplikuje się, gdy siatka zostanie ograniczona do węzłów, czyli powstanie układ punktów zwany w matematyce kratą, choć zapewne bardziej pasowałoby sito (rys. 9). Liczone są wówczas nie tylko figury odpowiadające zapałczanym z rys. 7, lecz wszystkie, których wierzchołkami są punkty kratowe – przykładem dwie „zwichrowane” na rys. 9. Z tym problemem obliczeniowym warto zmierzyć się samodzielnie przy okazji rozwiązywania dwóch zadań konkursowych.

Z kratami wiąże się też pewien antagonizm trójkątno-kwadratowy: nie istnieje trójkąt równoboczny z wierzchołkami w punktach kraty kwadratowej ani kwadrat z rogami w punktach kraty trójkątnej. Najprostszy dowód tej niemożliwości oparty jest na tzw. twierdzeniu Picka, z którego wynika, że powierzchnia wielokąta z wierzchołkami w punktach kraty kwadratowej jest zawsze liczbą wymierną, podczas gdy powierzchnia trójkąta równobocznego to liczba niewymierna – . Z kratą trójkątną sytuacja wygląda odwrotnie: powierzchnia każdego czworokąta z rogami w punktach jest liczbą niewymierną, podczas gdy w przypadku kwadratu powinna być wymierna.

Wracając do zgodnej koegzystencji trójkątów równobocznych z kwadratami warto jeszcze wspomnieć o jej dwu przypadkach. Pierwszym są dwa typy półforemnych parkietaży. W ich wierzchołkach stykają się trzy trójkąty i dwa kwadraty, ale w różnych układach: 3-3-3-4-4 (rys. 10a) i 3-4-3-4-3 (rys. 10b). Oba można łączyć, tworząc fantazyjne mozaiki, np. taką jak na rys. 11.

Drugim przejawem kooperacji są bryły, których każda ściana jest trójkątem równobocznym lub kwadratem, ale wszystkie ściany nie są jednakowe. Należy do nich m.in. pięć wielościanów półforemnych (rys. 12): graniastosłup trójkątny prawidłowy (a), antygraniastosłup kwadratowy (b), sześcio-ośmiościan (c), sześcio-ośmiościan rombowy mały (d) i sześcio-ośmiościan przycięty (e). Czy uda się Państwu uzupełnić tę piątkę jeszcze przynajmniej jednym „trójkątno-kwadratowym” wielościanem wypukłym?

Zadania

1. Trójkąt równoboczny podzielony na n² małych trójkątów (jak na rys. 6b) jest planem kondygnacji baśniowego pałacu. Małe trójkąty są komnatami, a pośrodku każdej ściany między dwiema komnatami znajdują się drzwi. Jaki wzór x=f (n) określa najdłuższą trasę wędrówki po tej kondygnacji, czyli największą liczbę komnat na tej trasie, bez przechodzenia dwukrotnie przez tę samą komnatę?

2. W kwadrat wpisano największy możliwy trójkąt równoboczny, a następnie w ten trójkąt wpisano kwadrat. Ile razy większe jest pole dużego kwadratu od pola małego (z dokładnością do drugiej cyfry po przecinku)?

3. Jaką największą liczbę kwadratów z wierzchołkami w punktach kratowych można oznaczyć w kracie kwadratowej na rys. 13a i ile co najmniej punktów należy usunąć (które konkretnie), aby nie udało się oznaczyć żadnego kwadratu?

4. Jaką największą liczbę trójkątów równobocznych z wierzchołkami w punktach kratowych można oznaczyć w kracie trójkątnej na rys. 13b i ile co najmniej punktów należy usunąć (które konkretnie), aby nie udało się oznaczyć żadnego trójkąta równobocznego?

Rozwiązania prosimy nadsyłać do 28 lutego br. pocztą elektroniczną (swiatnauki@proszynskimedia.pl), wpisując w temacie e-maila hasło UG 2/19.

Spośród autorów poprawnych rozwiązań przynajmniej dwóch zadań wyłonimy pięciu zwycięzców i nagrodzimy ich książką Daniela L. Everetta Jak powstał język. Historia największego wynalazku ludzkości ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media. Warunkiem udziału w konkursie jest zamieszczenie w e-mailu z odpowiedzią oświadczenia:

Zapoznałam/em się z regulaminem Konkursu i akceptuję jego treść oraz wyrażam zgodę na przetwarzanie danych osobowych na potrzeby realizacji Konkursu.

Regulamin Konkursu jest dostępny na stronie www.swiatnauki.pl

***

Rozwiązania zadań z numeru grudniowego

1. Czwartym ułamkiem Wittinga z mianownikiem 1463 jest 836/1463=8/14=4/7.

2. Licznik pierwszego ułamka – 1110 (1110/3108=110/308=5/14); mianownik drugiego – 8103 (3108/8103=308/803=28/73).

3. Podstawy systemów liczbowych, w których zapisane były kolejne ułamki: A-15, B-6, C-28.

Za poprawne rozwiązanie przynajmniej trzech zadań książkę Tajemnicze życie oceanów Roberta Hofrichtera, ufundowaną przez wydawnictwo Prószyński Media, otrzymują: Tomasz Bulek ze Spytkowic, Krzysztof Hrycko z Warszawy, Przemysław Mosiołek ze Zduńskiej Woli, Andrzej Sulich z Olkusza, Krzysztof Szeruga z Wrocławia.