«Umulig» kan bety flere svært forskjellige ting. En oppgave kan ligge utenfor din nåværende metode, være beregningsmessig kostbar, umulig med et bestemt sett verktøy, eller logisk uforenlig med reglene sine. Dette er ikke utskiftbare påstander. Rekreasjonsmatematikk gir en verdifull måte å øve på dette skillet: noen oppgaver gir seg for en bedre strategi, mens andre krever et bevis for at ingen strategi kan lykkes.
Det forvrengte sjakkbrettet
Ta et vanlig sjakkbrett på 8 × 8 og fjern to diagonalt motsatte hjørnefelt. Kan de gjenværende 62 feltene dekkes nøyaktig av 31 dominoer, der hver dekker to loddrett eller vannrett nabofelt? Dominoene kan roteres, men de kan ikke overlappe, gå utenfor brettet eller dekke bare deler av et felt.
Regnestykket ser lovende ut: 31 ganger to er 62. Likevel ser arealtellingen bort fra en annen begrensning. Fargelegg brettet i det vanlige vekselmønsteret. Hver domino må dekke ett lyst og ett mørkt felt. Motsatte hjørnefelt på et 8 × 8-brett har samme farge, så når de fjernes, står det igjen 30 felt av én farge og 32 av den andre.
Vis umulighetsargumentet
Enhver plassering av 31 dominoer dekker nøyaktig 31 lyse og 31 mørke felt. Det endrede brettet har en ubalanse på 30 mot 32, så ingen tillatt plassering kan dekke det. Dette gjelder alle oppsett, også de ingen har prøvd.
Fargeleggingen er en hindring basert på en invariant. Den forteller ikke hvor nær en bestemt plassering kommer til å fungere, og det trenger den heller ikke. Den identifiserer en nødvendig betingelse for suksess og viser at brettet bryter den. Men å oppfylle en nødvendig betingelse er ikke automatisk nok: å fjerne ett felt av hver farge fjerner denne bestemte innvendingen, men et mer generelt skadet brett kan fortsatt være umulig å dekke av en annen grunn.
En bro som bare virker umulig
Fire personer må krysse en bro om natten. Deres individuelle kryssingstider er 1, 2, 5 og 10 minutter. Høyst to personer kan krysse samtidig, og hver kryssing må bære den ene lommelykten. Et par beveger seg i den langsomste personens tempo. Lykten kan ikke kastes, og det finnes ingen omvei rundt broen. Hva er minimum total tid?
En naturlig første plan sender den raskeste tilbake etter å ha fulgt hver av de andre over. Det gir 19 minutter. En bedre strategi stiller et mindre åpenbart spørsmål: Bør de to langsomste krysse sammen, mens de to raskeste håndterer lykten?
Finn den korteste tidsplanen
Hint: Del den langsomme kryssingen
Prøv å la personene på 5 og 10 minutter krysse som et par. Ordne det slik at en rask person tar med seg lykten tilbake etterpå.
Vis tidsplanen på 17 minutter
- 1 og 2 krysser: 2 minutter.
- 1 returnerer: 1 minutt.
- 5 og 10 krysser: 10 minutter.
- 2 returnerer: 2 minutter.
- 1 og 2 krysser: 2 minutter.
Totalt: 2 + 1 + 10 + 2 + 2 = 17 minutter.
En fungerende tidsplan beviser at 17 minutter er mulig. For å fastslå at det er minimum, skiller vi mellom to tilfeller. Hvis de to langsomste aldri krysser sammen, koster kryssingene deres framover minst 5 + 10 minutter. Minst én ekstra kryssing framover koster minst 2 minutter, og minst to returkryssinger koster minst 1 minutt hver. Totalt blir det minst 19 minutter.
Hvis de to langsomste krysser sammen, koster den kryssingen 10 minutter. Det raske paret må også ende på den andre siden, og noen må levere og hente lykten rundt den langsomme kryssingen. I en minimal tidsplan uten unødvendige turer krysser det raske paret sammen to ganger, og hver returnerer én gang: minst 2 + 2 + 1 + 2 = 7 ekstra minutter. Å sende en langsom person tilbake øker bare de relevante kostnadene. Den viste tidsplanen når denne nedre grensen på 17 minutter. Argumentet forutsetter de nøyaktige kapasitetene og reglene for forflytning som er angitt ovenfor.
Umulig med hvilke verktøy?
Det gamle problemet med å kvadrere sirkelen ber om et kvadrat med nøyaktig samme areal som en gitt sirkel, konstruert med bare en ideell linjal uten merker og en passer, i endelig mange steg. Begrensningene betyr noe. Omtrentlige tegninger er enkle, og et annet verktøysett endrer spørsmålet. Den klassiske påstanden gjelder eksakt konstruerbarhet innenfor en bestemt matematisk modell.
For en sirkel med radius 1 vil kvadratets side ha lengden √π. Lengder som kan konstrueres med linjal og passer, er algebraiske over de rasjonale tallene, med ytterligere begrensninger på utvidelsene av disse. Ferdinand von Lindemanns bevis fra 1882 for at π er transcendent, utelukker den nødvendige lengden. Hvis √π var algebraisk, ville også π = (√π)² være algebraisk, noe som motsier dette resultatet.
Andre klassiske oppgaver er å doble kuben og å dele en vilkårlig vinkel i tre like deler. Pierre Wantzel etablerte sentrale umulighetsresultater for disse konstruksjonene i 1837. Enkelte bestemte vinkler kan deles i tre; den umulige oppgaven er en universell konstruksjon for hver vinkel med de begrensede verktøyene. En påstand kan bli usann bare ved å fjerne et ord som «vilkårlig» eller «eksakt».
Søk, og endre så spørsmålet
Prøv konstruktive metoder først, men sett et punkt der gjentatte mislykkede forsøk fører til en ny tilnærming. Spør hva hvert lovlig trekk bevarer, hva en vellykket sluttilstand må oppfylle, og om disse betingelsene kan komme i konflikt. Paritet, fargelegging og sammenheng er spesielt nyttige utgangsverktøy.
Ikke tolk mangelen på en kjent løsning som bevis for at ingen løsning finnes. Et åpent problem er ikke en umulighetsteorem. Omvendt: når en gyldig hindring er påvist, hjelper det ikke med en million nye forsøk etter de samme reglene. Den tilfredsstillende handlingen er ikke å gi opp. Det er å innse at den mest fullstendige løsningen kan være en forklaring på hvorfor det ønskede objektet ikke kan eksistere.