Σε ένα επίπεδο δίνεται ένα ευθύγραμμο τμήμα και με μία κίνηση μπορούμε να το περιστρέψουμε κατά 45° γύρω από το ένα ή το άλλο άκρο του, αριστερόστροφα ή δεξιόστροφα. Ο βαρόνος Μιγχάουζεν ισχυρίζεται ότι μπορεί με μια πεπερασμένη διαδοχή τέτοιων κινήσεων να φέρει το ευθύγραμμο τμήμα ξανά στην αρχική του θέση με ανεστραμμένα τα άκρα του.
Υπάρχει περίπτωση να λέει την αλήθεια;
Αιτιολογήστε
προτάθηκε από τον Θανάση Παπαδημητρίου
Έστω πως τα άκρα του τμήματος είναι τα Α και Β. Εξετάζω τη γενικότερη περίπτωση όπου η γωνία περιστροφής είναι η θ.
Με κέντρο το σημείο Β περιστρέφουμε το τμήμα ΑΒ κατά ένα πολλαπλάσιο της σταθερής γωνίας θ. Επαναλαμβάνουμε το ίδιο με κέντρο περιστροφής το σημείο Α, μετά το Β, κ.ο.κ. εναλλάσσοντας κάθε φορά το κέντρο περιστροφής. Για να είναι το ζητούμενο του γρίφου εφικτό θα πρέπει να ικανοποιούνται δύο προϋποθέσεις:
1) Σε κάποια περιστροφή το ελεύθερο άκρο πρέπει να πέσει πάνω στην αρχική θέση του σημείου Β.
2) Το σημείο που θα πέσει πάνω στην αρχική θέση του σημείου Β πρέπει να είναι το Α.
Έστω φ η παραπληρωματική γωνία της θ. Δηλαδή φ=180°-θ.
Για να ισχύει η προϋπόθεση 1 θα πρέπει να ισχύει η σχέση κ*φ=λ*360°, όπου κ και λ ακέραιοι αριθμοί.
Για να ισχύει η προϋπόθεση 2 θα πρέπει επιπλέον το κ να είναι περιττός αριθμός.
Στην περίπτωσή μας όπου θ=45° και φ=135° έχουμε κ=8 και λ=3, οπότε δεν ικανοποιείται η 2η προϋπόθεση, άρα το ζητούμενο είναι αδύνατον.
Πολύ σωστά Πάνο, ο βαρόνος μας παραμυθιάζει. Δίνω και μία ελαφρώς διαφορετική προσέγγιση:
Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει τέτοιος τρόπος. Ονομάζουμε Α0, Β0 τις αρχικές θέσεις των άκρων Α, Β αντιστοίχως του τμήματος και έστω 1 το μήκος του και οριζόντια η αρχική του θέση. Ομαδοποιώντας σε μία κίνηση κάθε σειρά διαδοχικών κινήσεων που γίνονται γύρω από το ίδιο άκρο, θα έχουμε μία διαδοχή κινήσεων που γίνονται κατά πολλαπλάσια των 45°, εναλλάξ γύρω από την εκάστοτε θέση του Α και του Β. Έστω ΧΒΓ ότι η πρώτη κίνηση γίνεται γύρω από το Β με το Α να έρχεται στη θέση Α1, η δεύτερη κίνηση γύρω από το Α με το Β να έρχεται στη θέση Β1 κ.ο.κ. Για να καταφέρουμε το ζητούμενο, πρέπει σε κάποια κίνηση του Α γύρω από το Β, έστω στη ν-οστή, το Α να βρεθεί στη θέση Β0, οπότε Αν=Β0. Ας εξετάσουμε το πολύγωνο (όχι απαραίτητα κυρτό) με κορυφές τα σημεία Α1-Β1-Α2-Β2-…-Αν. Το πολύγωνο αυτό έχει 2ν-1 κορυφές, άρα και 2ν-1 πλευρές, όλες μήκους 1. Κάθε πλευρά του πολυγώνου θα είναι οριζόντια ή κάθετη ή πλαγιαστή (45° ή 135°) και η αντίστοιχη οριζόντια συνιστώσα της θα έχει μήκος 1 ή 0 ή 1/ρίζα2. Κάνοντας το γύρο του πολυγώνου μία φορά περιμετρικά, ας πούμε από το Α1 ξανά στο Α1, η ολική μετατόπισή μας είναι 0. Για να είναι όμως η ολική μετατόπιση 0, δεδομένου ότι το 1 είναι μέγεθος ασύμμετρο με το 1/ρίζα2, θα πρέπει οι οριζόντιες μετατοπίσεις +1 να είναι όσες και οι -1, οι πλαγιαστές μετατοπίσεις +1/ρίζα2 όσες και οι -1/ρίζα2. Το ίδιο προφανώς ισχύει και για τις κάθετες μετατοπίσεις, αν θεωρήσουμε τις κάθετες συνιστώσες των πλευρών. Έτσι, θα πρέπει ο συνολικός αριθμός των πλευρών του πιο πάνω πολυγώνου 2ν-1 πλευρών να είναι ζυγός, αντίφαση.
Ωραία απόδειξη Θανάση!