„Niemożliwe” może oznaczać kilka bardzo różnych rzeczy. Zadanie może przekraczać twoje obecne metody, być kosztowne obliczeniowo, niemożliwe przy danym zestawie narzędzi albo logicznie sprzeczne z własnymi regułami. Te twierdzenia nie są wymienne. Matematyka rozrywkowa daje cenną okazję, by ćwiczyć to rozróżnienie: jedne zagadki poddają się lepszej strategii, inne wymagają dowodu, że żadna strategia nie może się udać.
Zniszczona szachownica
Weź zwykłą szachownicę 8 na 8 i usuń dwa narożne pola leżące po przekątnej. Czy pozostałe 62 pola da się dokładnie pokryć 31 domino, z których każde obejmuje dwa sąsiadujące w poziomie lub pionie pola? Domino można obracać, ale nie mogą na siebie nachodzić, wystawać poza planszę ani pokrywać tylko części pola.
Liczba wygląda obiecująco: 31 razy dwa to 62. Jednak liczenie powierzchni pomija drugie ograniczenie. Pokoloruj planszę w standardowy szachowy wzór. Każde domino musi pokryć jedno jasne i jedno ciemne pole. Przeciwległe narożniki szachownicy 8 na 8 mają ten sam kolor, więc po ich usunięciu zostaje 30 pól jednego koloru i 32 drugiego.
Pokaż dowód niemożliwości
Każde ułożenie 31 domino pokrywa dokładnie 31 jasnych i 31 ciemnych pól. Zmieniona plansza ma nierównowagę 30 do 32, więc żadne dozwolone ułożenie jej nie pokryje. Dotyczy to każdego rozmieszczenia, także tych, których nikt jeszcze nie próbował.
Kolorowanie jest przeszkodą opartą na niezmienniku. Nie mówi, jak blisko powodzenia będzie konkretne ułożenie i nie musi tego mówić. Wskazuje warunek konieczny sukcesu i pokazuje, że plansza go nie spełnia. Spełnienie warunku koniecznego nie jest jednak automatycznie wystarczające: usunięcie po jednym polu każdego koloru eliminuje ten konkretny zarzut, ale bardziej ogólnie uszkodzona plansza mogłaby być nie do pokrycia z innego powodu.
Most, który tylko wydaje się niemożliwy
Czworo ludzi musi w nocy przejść przez most. Ich indywidualne czasy przejścia wynoszą 1, 2, 5 i 10 minut. Naraz mogą przejść najwyżej dwie osoby, a każde przejście musi odbywać się z jedyną latarką. Para porusza się w tempie wolniejszej osoby. Latarki nie wolno rzucać i nie ma obejścia mostu. Jaki jest najmniejszy łączny czas?
Naturalny pierwszy plan każe najszybszej osobie wracać po każdą kolejną. Daje to 19 minut. Lepsza strategia zadaje mniej oczywiste pytanie: czy dwie najwolniejsze osoby powinny przejść razem, a dwie najszybsze zająć się latarką?
Znajdź najkrótszy harmonogram
Podpowiedź: wspólne wolne przejście
Spróbuj, by osoby z 5 i 10 minutami przeszły jako para. Zadbaj, by szybka osoba potem przyniosła latarkę z powrotem.
Pokaż harmonogram na 17 minut
- 1 i 2 przechodzą: 2 minuty.
- 1 wraca: 1 minuta.
- 5 i 10 przechodzą: 10 minut.
- 2 wraca: 2 minuty.
- 1 i 2 przechodzą: 2 minuty.
Razem: 2 + 1 + 10 + 2 + 2 = 17 minut.
Działający harmonogram dowodzi, że 17 minut jest osiągalne. Aby wykazać minimalność, rozważ dwa przypadki. Jeśli dwie najwolniejsze osoby nigdy nie przechodzą razem, ich przejścia w przód kosztują co najmniej 5 + 10 minut. Co najmniej jedno dodatkowe przejście w przód kosztuje co najmniej 2 minuty, a co najmniej dwa powroty kosztują po co najmniej 1 minucie każdy. Razem jest to co najmniej 19 minut.
Jeśli dwie najwolniejsze osoby przechodzą razem, ich przejście kosztuje 10 minut. Szybka para także musi znaleźć się po drugiej stronie, a ktoś musi dostarczyć latarkę i odzyskać ją wokół tego wolnego przejścia. W minimalnym harmonogramie bez zbędnych przejść szybka para przechodzi razem dwa razy, a każdy z nich wraca raz: co najmniej 2 + 2 + 1 + 2 = 7 dodatkowych minut. Odsyłanie wolnej osoby z powrotem tylko zwiększa odpowiednie koszty. Pokazany harmonogram osiąga tę dolną granicę 17 minut. Argument zakłada dokładnie podane pojemności i zasady przejścia.
Niemożliwe przy jakich narzędziach?
Starożytny problem kwadratury koła pyta o kwadrat o dokładnie takim polu jak dane koło, zbudowany wyłącznie za pomocą idealnej linijki bez podziałki i cyrkla w skończonej liczbie kroków. Ograniczenia mają znaczenie. Przybliżone rysunki są łatwe, a inny zestaw narzędzi zmienia pytanie. Klasyczne twierdzenie dotyczy dokładnej konstruowalności w określonym modelu matematycznym.
Dla koła o promieniu 1 bok kwadratu miałby długość √π. Długości konstruowalne cyrklem i linijką są algebraiczne nad ciałem liczb wymiernych, z dalszymi ograniczeniami dotyczącymi rozszerzeń tego ciała. Dowód Ferdinanda von Lindemanna z 1882 roku, że π jest liczbą przestępną, wyklucza wymaganą długość. Gdyby √π było algebraiczne, to jego kwadrat π też byłby algebraiczny, co przeczy temu wynikowi.
Inne klasyczne zadania to podwojenie sześcianu i trisekcja dowolnego kąta. Pierre Wantzel ustalił kluczowe wyniki o niemożliwości tych konstrukcji w 1837 roku. Niektóre konkretne kąty da się trisekcjonować; niemożliwe jest uniwersalne przedstawienie konstrukcji dla każdego kąta przy użyciu ograniczonych narzędzi. Zdanie może stać się fałszywe, gdy po prostu pominie się słowo takie jak „dowolny” czy „dokładny”.
Szukaj, a potem zmień pytanie
Najpierw spróbuj metod konstruktywnych, ale ustal punkt, w którym powtarzające się niepowodzenia skłonią cię do nowego podejścia. Zapytaj, co zachowuje każdy dozwolony ruch, co musi spełniać każdy udany stan końcowy i czy te warunki się wykluczają. Parzystość, kolorowanie i spójność są szczególnie przydatnymi narzędziami na początek.
Nie traktuj braku znanego rozwiązania jako dowodu, że rozwiązanie nie istnieje. Problem otwarty nie jest twierdzeniem o niemożliwości. Z drugiej strony, gdy ustalono poprawną przeszkodę, kolejny milion prób według tych samych zasad nie pomoże. Satysfakcjonujące posunięcie nie polega na poddaniu się. Polega na zrozumieniu, że najpełniejszym rozwiązaniem może być wyjaśnienie, dlaczego żądany obiekt nie może istnieć.