книги из ГПНТБ / Гарднер, М. Математические новеллы

общей границы и превратить в ромб размером 5 X 2 2 единичных шестиугольников. Построить шестиугольник из одних лишь тетрагексов или из одних лишь пентагексов нельзя: ни у тех, ни у других не хватает пло­ щади. Однако шестиугольник, вдоль стороны которого укладываются 4 единичных шестиугольника, можно сло­ жить, комбинируя семь тетрагексов с тремя тригексами.

Поскольку детали геометрических головоломок от­ нюдь не обязательно должны состоять из правильных (а тем более «замощающих» всю плоскость) многоуголь­ ников, ничто не мешает рассматривать головоломки, в которых элементарными «кирпичиками» служат непра­ вильные многоугольники. Наиболее простыми среди неправильных многоугольников, по-видимому, следует считать равнобедренный прямоугольный треугольник. Фигуры, составленные из таких треугольников, носят

название полиаболо (и-аболо, где п — число «единичных» треугольников).

Любопытно происхождение этого названия. В не­ когда продававшийся набор для показа фокусов «Диа­ боло» среди прочих предметов входили две призмы, имевшие в сечении форму равнобедренных прямоуголь­ ных треугольников. «Если два треугольника называются диаболо, — подумал один из пионеров новой игры С. Дж. Коллинз, — то почему бы не назвать тетраболо фигуры, состоящие из четырех треугольников?» Обоб-

н

Четные тетраболо

272

Ри с . 157. Квадраты, составленные из фигур тетраболо.

щение на случай большего числа треугольников было уже тривиально. Так появилось родовое название, охва­ тывающее фигуры, составленные из любого числа тре­ угольников— полиаболо. Существует три разновидности диаболо, четыре — триаболо, 14 — тетраболо (рис. 156), 30 — пентаболо и 107—- гексаболо.

Условимся для краткости обозначать катеты элемен­ тарных треугольников буквой k, а гипотенузы — бук­ вой h. В зависимости от того, что считать единицей длины — катет или гипотенузу, суммарная площадь всех 14 фигур, составляющих полный набор тетраболо, рав­ на либо 28 ^-единичным квадратам, либо 14 А-единич- ным квадратам. Поскольку ни 14, ни 28 не являются квадратом целого числа, из полного набора фигур тет­ раболо невозможно составить квадрат. Размеры квад­ рата 2k X 2k заставляют предполагать, что его можно составить из двух фигур тетраболо, однако более тща­ тельный анализ опровергает это предположение. На рис. 157 изображены три квадрата, которые можно со­ ставить из неполного набора фигур тетраболо. Вырезав 14 фигур тетраболо, изображенных на рис. 160, чита­ тель сможет попытать счастья в раскрытии секрета со­ ставления этих квадратов. Наименьший из квадратов можно составить двумя способами. Число способов, ко­ торыми можно составить два больших квадрата, неиз­ вестно.

Составляя прямоугольники, мы можем располагать фигуры тетраболо так, чтобы элементарные треугольники примыкали к сторонам прямоугольника либо катетами, либо гипотенузами. В первом случае мы будем говорить о прямоугольниках с ^-образными сторонами, во вто­ ром— о прямоугольниках с /z-образными сторонами. На рис. 158 изображены все прямоугольники с /г-образными

273

Темные прямоугольники составить из фигур тетраболо невозможно.

сторонами, которые обладают площадью, позволяющей надеяться, что их можно составить либо из полного на­ бора (14 фигур, изображенных на фиг. 156) тетраболо, либо из некоторого его подмножества. Все аналогичные прямоугольники с /г-образными сторонами изображены на рис. 159. Любопытно заметить, что наибольший по площади среди прямоугольников каждого типа, как яв­ ствует из подписей к рисункам, невозможно составить из фигур тетраболо. Замечательное доказательство этого утверждения принадлежит одному из первых исследо­ вателей тетраболо О’Бейрну.

Доказывая, что ту или иную фигуру нельзя соста­ вить из полиомино, ее обычно раскрашивают, как шах­ матную доску. Метод доказательства по существу сво­ дится к сравнению четности числа черных и белых кле­ ток, входяш.их в состав стандартных фигур полиомино

Рис. 159. Прямоугольники с Л-образными сторонами.

Темные прямоугольники составить из фигур тетраболо невозможно.

275

и той фигуры, которую мы хотим из них построить. К сожалению, метод шахматной раскраски, столь хо­ рошо зарекомендовавший себя при анализе полиомино, оказывается неприменимым к тетраболо. В доказатель­ стве О’Бейрна главную роль играет число гипотенуз («сторон /г») элементарных треугольников, образующих контур фигур тетраболо.

Будем поворачивать каждую из 14 фигур тетраболо до тех пор, пока катеты составляющих ее элементар­ ных треугольников не расположатся по вертикали и го­ ризонтали. Гипотенузы элементарных треугольников зай­ мут при этом одно из двух положений: они будут на­ клонены либо вправо, либо влево (рис. 156).

У фигуры А сторон h нет вообще (гипотенузы всех элементарных треугольников, из которых сложена А, «спрятаны» внутри, и контур ее образован одними лишь сторонами k). Фигуру А вместе с восемью дру­ гими фигурами (В, С, D, Е, F, G, Н, I) условимся на­ зывать четными фигурами, поскольку контур любой из них содержит по четному числу сторон h с наклоном влево и по четному числу сторон h с наклоном вправо. (Нуль считается четным числом.) Последние пять фи­ гур тетраболо (/, К, L, М, N) мы назовем нечетными: контур каждой из них содержит нечетное число сторон h с наклоном влево и нечетное число сторон h с на­ клоном вправо. Из того, что число нечетных фигур тет­ раболо само нечетно, следует важный вывод.

Представим себе, что на составление некоторой фи­ гуры мы израсходовали весь запас тетраболи (все 14 фигур). Независимо от того, в каком порядке они рас­ положились, можно утверждать, что число звеньев h их контуров, наклоненных вправо, так же как и число звеньев h, наклоненных влево, всегда нечетно, если все звенья k контуров тетраболо ориентированы по одному из двух направлений: по вертикали или по горизонтали.

(рис. 159). Подсчитав площадь каждого из прямоуголь­ ников, мы увидим, что на составление их должен пойти весь набор фигур тетраболо (разумеется, если оно во­ обще возможно). В каждом прямоугольнике число зве­ ньев h контуров тетраболо, наклоненных влево, и чис­ ло звеньев h контуров тетраболо, наклоненных вправо,

276

должно быть четно. Действительно, если речь идет о звеньях, образующих внутренние «швы», то число таких звеньев 6 четно, поскольку любой участок шва образо­ ван склеиванием двух однотипных звеньев контура фи­ гур тетраболо. Если же речь идет о периметре «6 -образ­ ного» прямоугольника, то, обходя его, мы насчитаем четное число звеньев 6 , наклоненных вправо, и четное число звеньев 6 , наклоненных влево. Следовательно, ни один из рассматриваемых прямоугольников нельзя со­ ставить из 14 фигур тетраболо. Метод доказательства чрезвычайно мощен, ибо применим не только к прямо­ угольникам, но и к любой фигуре с двусторонней сим­ метрией площадью в 28 квадратных 6 -единиц, или 14 квадратных 6 -единиц.

Прямоугольники 2 X п> где п — 7, 8 ........ 14 (раз­ меры даны в 6 -единицах) также невозможно составить из фигур тетраболо. Для доказательства этого утвер­ ждения достаточно заметить, что, как бы мы ни раз­ местили шесть из фигур тетраболо (В, D, Е, G, М, N), прямоугольник 2 X п разобьется на две части, и пло­ щадь каждой не будет кратна 26-единичным квадратам. Следовательно, эти шесть фигур тетраболо не могут «входить в состав» прямоугольников 2 X п. Остальные восемь фигур тетраболо способны «поставить» периметру прямоугольника самое большее 17 звеньев 6 , в то время как даже при п — 7 периметр прямоугольника состав­ ляет 18 звеньев 6.

На рис. 158 и 159 показаны все известные схемы разбиения прямоугольников. Можно ли составить из

Площадь каждого из них составляет 24 6 -единичных, или 12 6 -единичных, квадратов. Следовательно, если их вообще можно составить, то лишь израсходовав 1 2 тет­ раболо. Одна четная и одна нечетная фигуры должны оставаться «лишними». Наибольшие сомнения вызывает «6 -образный» прямоугольник 3 X 8 : его периметр столь велик, что налагает весьма жесткие ограничения на чи­

сло способов, которыми могут располагаться фигуры тетраболо.

Вниманию читателей, желающих «помериться сила­ ми» с более трудной задачей, можно предложить сле­ дующую задачу на составление квадрата, придуманную

277

О’Бейряом. Отбросим шесть симметричных фигур тет­

и рассмотрим лишь восемь оставшихся асимметричных фигур: D, F, Н, /, J, К, М и N. Поскольку суммарная площадь асимметричных фигур равна 16 ^-единичным квадратам, можно было бы ожидать, что из них удастся сложить квадрат со стороной в 4 6 -единицы. Однако пе­ риметр такого квадрата составлял бы 16 6 -единиц, в то время как все 8 асимметричных фигур «общими усилия­ ми» не в состоянии дать более 12 6 -единиц.

Предположим теперь, что вместе с каждой асиммет­ ричной фигурой мы рассматриваем ее зеркальное, от­ ражение. Полный комплект будет в этом случае со­ стоять из 16 асимметричных фигур. Переворачивать фи­ гуры не разрешается. Это означает, что ни одна фигура не должна повторяться дважды: вместо двойника у каждой фигуры должно быть ее зеркальное отражение. Общая площадь всех 16 фигур составляет 16 квадрат­ ных 6 -единиц. Следует ли отсюда, что из этих фигур можно составить квадрат со стороной в 4 6 -единицы? Как показал О’Бейрн, составить такой квадрат действи­ тельно можно, хотя и чрезвычайно трудно. Один из

возможных способов составления ква­ драта приведен в ответах к этой главе: полное число до сих пор не известно.

Тетраболо позволили решить еще од­ ну геометрическую задачу, возникшую еще до изобретения тетраболо. Суще­ ствуют ли четыре плоские равновеликие фигуры, из куторых, складывая их че­ тырьмя различными способами, можно было бы составлять фигуры, подобные каждой из первоначальных, но вчетверо больших размеров. Предполагается, что никакие две фигуры из исходного набо­ ра не совпадают по форме (зеркально

Ри с . 160. Башня, составленная из семи тетра-

\гексов.

278

Рис. 162. Решение задачи об учетверении фигур тетраболо*

симметричные фигуры различными не считаются). При составлении учетверенной копии каждой фигуры непре­ менно должны быть использованы все 4 фигуры исход­ ного набора. Оказывается, что простое решение этой задачи можно получить, воспользовавшись четырьмя фигурами тетраболо. Не сможет ли читатель указать, о каких именно фигурах тетраболо идет речь и как из них составляются их учетверенные копии?

ОТВЕТЫ

Единственная фигура на рис. 154, которую нельзя составить из тетрагексов, — это треугольник. Доказательство невозможности по­ строения треугольника слишком сложно, чтобы мы могли привести его здесь. Заметим лишь, что ключом к нему служит довольно простое соображение: тетрагекс «пропеллер» может занимать внут­ ри треугольника лишь конечное число положений.

На рис. 160 приведено ретйение трудной задачи о составлении из тетрагексов башни. Обратите внимание на то, что заштрихован­ ная часть фундамента башни обладает осью симметрии. Повернув

Рис . 163. Решение задачи об учетверении фигур октамино и его. образ при аффинном преобразовании.

279

эту часть на 180° вокруг оси (или, что то же самое, зеркально от­ разив ее половинки), мы получим второе решение. Существует ли решение, отличное от двух названных, не известно.

Можно показать (мы не делаем этого из-за недостатка места),

болическими»: их можно составить из фигур тетраболо.

Одно из решений трудной задачи О’Бейрна о составлении квад­ рата из 8 асимметричных фигур тетраболо и их зеркальных отра­ жений показано на рис. 161. Это решение порождает множество других. Действительно, фигуры тетраболо G, Н и М образуют сим­ метричный блок, который можно поворачивать вокруг оси симмет­ рии, не изменяя при этом расположения остальных фигур. Блоки JKN и FJK обладают центром симметрии. Не «тревожа» прочие фигуры, их можно поворачивать на 180° вокруг оси, проходящей через центр симметрии перпендикулярно плоскости рисунка. Блоки СЕ и МР можно переставлять местами. Известны и некоторые дру­ гие решения задачи, также порождающие многочисленные варианты. Полное число различных решений пока не известно.

Расположив три тетраболо так, как показано на рис. 162, и передвигая тетраболо — треугольник С, мы получим увеличенные в 4 раза копии фигур тетраболо А, С, К и L. Любопытно заметить, что существуют другие положения треугольника С, позволяющие

Рис. 164. Решение задачи об учетверении фигур гексамино.

280

получить в увеличенном виде еще четыре фигуры тетраболо. Таким образом, приведенное на рис. 162 решение позволяет «увеличивать» 8 фигур тетраболо, то есть больше половины полного набора. Дру­ гое решение задачи об учетверении плоских фигур мы получим, взяв тетраболо С, /, К и L.

Существуют ли другие наборы из четырех плоских фигур, от­ личных от тетраболо, которые позволяли бы решать ту же задачу о составлении подобных фигур вчетверо больших размеров?

Оказывается, таких наборов бесконечно много. Рассмотрим на­ бор из четырех октамино. Каким образом из них можно сложить увеличенные вчетверо фигуры октамино, показано на рис. 163. Под­ вергая полученное решение аффинному преобразованию, искажаю­ щему углу, получаем бесконечное множество других решений.

в увеличенном в 4 раза масштабе. Изображенные на рис. 164 фи. гуры гексамино позволяют «увеличивать» не только себя, но и 11 других фигур гексамино. Попытка решить ту же задачу для фигур пентамино привела к несколько неожиданному результату: удалось найти 4 фигуры пентамино, которые позволяют увеличить вчетверо 4 другие фигуры пентамино, но не дают возможности воспроизвести себя в увеличенном масштабе.

ГЛАВА 23

ТОПОЛОГИЧЕСКИЕ ИГРЫ «РАССАДА» И «БРЮССЕЛЬСКАЯ КАПУСТА»

«Недавно мой друг, изучающий классическую фило­ логию в Кембриджском университете, познакомил меня с игрой «Рассада». В течение последнего семестра на этой игре буквально помешался весь Кембридж. Не­ которые особенности игры не лишены интереса с точки зрения топологии».

Так начиналось письмо, которое я получил в апреле 1967 г. от одного студента-математика из Англии. Вско­ ре начали поступать и другие сообщения о том, что «Рассада» привилась и пышно расцвела на благодатной почве Кембриджа.

Заинтересованный новой игрой, я постарался раз­ узнать как можно больше и о ней, и о ее создателях.

281