Ima itekako veze sa matematikom. Pomocu teorije grafova se moze dokazati da ne postoji resenje zadatka.

Postoji rešenje. Rešenje je dokaz da traženo povezivanje ne postoji. Tu teoremu nije uopšte lako dokazati.

Nema potrebe lupati tešku teoriju,ako se radi samo o 3k+3b.
Samo uzmemo 2 kuće i tri bunara.Spojimo sve kako treba i
vidimo da smo 2D podijelili na tri površine.U jednoj od njih
mora biti treća kuća.Ali svaka od ovih površina na svom rubu
ima samo 2 bunara.Time je zadatak riješen.

E, ali ako izađemo iz Euklida pa još uzmemo nk+mb ...tu će
i malo jači zabrljati,tako da ih ni dragi bog neće razumit.

Pa evo ja sam resio bez problema, crveno su kucice, plavo bunari, a zeleno vodovod.

Ono crveno su kvadrati, a plavo su krugovi. Da ne bude zabune ;)

@chupcko

BTW, mozda se to ovako dokazuje...
Posto je kod planarnog grafa(grane se seku samo u cvorovima), max broj grana jednak n=3*(n-2), to ce u nasem slucaju max. br. grana planarnog grafa biti 12.
Posto nama treba 9 grana, ali pri tom ne spajamo cvorove izmedju bunara ili kuca, kojih ima minimum 4, to ce max. br. grana takvog planarnog grafa biti 12-4=8.
=> Nemoguce

a jednu kucu sa sva tri bunara, pa opet drugu sa sva tri bunara :)...

pa to je vec teze, mada sam uvek bio slab iz topologije :).

Hvala, skratili ste mnogima muke!

Ja se sležem da je rešenje koje je priložio zzzz više nego dovoljno dobro i detaljno za ovo mesto. Međutim, ono je strogo govoreći matematički neprihvatljivo jer fale dokazi da će ravan bit podeljena na određen broj oblasti. Tu se pozvalo na očiglednost (crtež).

Problem tri kuće i tri bunara je problem da li je neorjentisan graf sa čvorovima A,B,C,D,E,F kod koga je svaki od čvorova A,B,C povezan sa svakim od čvorova D,E,F, planaran planaran pod pretpostavkom da drugih veza nema. Tu dakle treba znati šta je to planaran graf.

Put od tačke A do tačke B u ravni je bilo koja neprekidna funkcija segmenta [0,1] u ravan R² takva da važi f(0)=A i f(1)=B. Put je nesamopresecajući ako je 1-1. Nesamopresecajući put se još zove Žordanova kriva.

Teorema: Za svaki put f od tačke A do tačke B u ravni postoji nesamopresecajući put g od tako]e tačke A do tačke B u istoj ravni takav da je

Graf je planaran ako se negovi čvorovi mogu predstaviti u ravni kao tačke, a veze kao puteve između takvih tačaka. Prema prethodnoj teoremi, uvek se može pretpostaviti da su putevi kojima su predstavljene veze između čvorova nesamopresecajući.

Zatvorena Žordanova kriva je funkcija f koje slika segment [0,1] u R² za koju važi f(0)=f(1) i koja je 1-1 na svakom od poluintervala [0,1), (0,1]. Skup A je otvoren ako za svaku tačku postoji broj r>0 takav da sve tačke ravni koje su na rastojanju manjem od r od tačke a pripadaju skupu A. Prazan skup je takođe otvoren. Otvoren skup A je oblast ako se ne može predataviti kao unija dva neprazna disjunktna otvorena skupa. Poslednja osobina se inače zove povezanost.

Teorema o Žordanovoj krivoj: Za svaku zatvorenu Žordanovu krivu f, skup se sastoji od tačno dve disjunktne neprazne oblasti od kojih je jedna ograničena, a druga neograničena.

Ova teorema se još izražava rečima da svaka zatvorena Žordanova kriva deli ravan na dve oblasti. Ograničenu zovemo unutrašnjošću, a neograničenu spoljašnjošću te Žordanove krive. Prvi dokaz pomenute teoreme ponudio je Žordan 1887. godine, ali taj dokaz nije bio korektan. Prvi korektan dokaz datira iz 1905. godine i bio je izveden metodama Algebarske Toplogije. Na osnovnim sudijama Matematike na Matematičkom Fakultetu u Beogradu na predmetu Osnovi Geometrije se dokazuje poseban slučaj ove teoreme kada se zatvorena Žordanova kriva svodi na poligon (mnogougao). Ta teorema ima jedan od dužih dokaza koji su izloženi u udžbeniku Zorana Lučića za pomenuti fakultet. Potpun dokaz ove teoreme se može naći u udžbeniku Algebarske Topologije čiji je autor Džejms mankres (James Munkres).

Ovakve stvari je koristio zzzz u svom rešenju bez dokaza, pa taj dokaz nije strogo gledano matematički prihvatljiv. Ipak, njegovo rešenje bi bilo prihvaćeno na svakom takmičenju iz Matematike.

A sta mislite o resenju na mobijusovoj traci ?

E na Mebijusu već može! Pošto ne umem da ubacujem slike u poruke na ovom forumu, sliku šaljem u prilogu. Inače, voleo bih da mi neko objasni kako se to radi. Šta da ubacim između tagova za sliku?


_{Bojan Bašić: samo ubaci adresu slike između img tagova, pogledaj kako sam sad uradio}

Odakle ti ona adresa između tagova Bojane?

A sa ovom usukanom trakom baš nije zgodno.Doći na bunar naglavačke okrenut
nije baš pristojno.Topološki je bolja ploha u obliku krigle piva.Tu bar imamo
neki nadvožnjak.

Adresu dobiješ tako što pogledaš gde vodi link zakačenog fajla (kad zakačiš ideš na Properties). Isti efekat možeš postići i ovako:
[img][att_url][/img]

Primedba koju je zzzz dao ne stoji jer Mebijusova traka nije orjentabilna, pa ne možemo govoriti o tome sa koje smo strane prišli bunaru.

Napravite model Mebijusove trake od materijala koji ima debljinu, pa posmatrajte površinu tog tela (zamenarujući rub). Izgledaće vam na prvi pogled da imate dve trake koje su skoro slepljene. Međutim, ako bolje pogledate, tu se ne radi o dve trake, već o jednoj traci, i to običnoj (cilindru), koja je doduše u prostoru uvrnuta četiri puta. No, na cilindru se traženo spajanje ne može napraviti.

Ako napravite model Mebijusove trake od neprovidne hartije, a potom crtate linije po njoj smatrajući da se linije ne seku ako se to "ne vidi", kao o da linija nije stigla do biunara ako se to "ne vidi", onda matematički model te situacije nije Mebijusova traka, već cilindar.

Dakle, to što je zzzz tražio nije povezivanje tri kuće i tri bunara na Mebijusovoj traci, već na cilindru, a to ne odgovara postavci zadatka. uostalom, obzirom na neorjentabilnost Mebijusove trake, drugačije nije ni mogao da govori o tome sa koje strane gledamo u bunar.

Topološki, površ u obliku krigle piva je torus. Na njemu takođe povezivanje postoji, pri čemu je torus još i orjentabilan.

Nacrtano ponovo nesto nize.

_{[Ovu poruku je menjao zzzz dana 29.08.2004. u 12:52 GMT]}

Jeste. Bravo, majstore! Kako si ovo nacrtao?

Ipak, moram da napomenem da ova slika ima jedan nedostatak. Naime, Mebijusova traka ima samo jednu stranu, i ona je tako i nacrtana. Međutim, oni čovečuljci kvare sliku. Ako oni dođu na isto mesto na Mebijusovoj traci, ne sme se praviti razlika između toga da li stoje "sa gornje strane" ili "sa donje strane", jer ukoliko te dve stvari razlikujemo, onda matematički model te situacije neće biti Mebijusova traka, već cilindar. To je kao da za početak modeliraš Mebijusovu traku nekim kaišem kojim ima debljinu, pa onda celokupni površinu kaiša bez ruba tretiraš kao jednu površ. Dobićeš nešto nalik na "duplu Mebijusovu traku", koja nije ni[ta drugo do obi;na traka uvrnuta za četiri poluobrta, koja samim tim ima dve strane, pa čovečuljci mogu da trče "odozgo" i "odozdo". Samo izbriši čovečuljke i sve je OK.

Pokusaj da coveculjci obidju jos jedan krug.

Ako pikiraš na dovođenje čovečuljaka na istu stranu, to se svodi na rešavanje na cilindru gde traženo povezivanje ne postoji.

Treba ići sa gif formatom?

Da li zadatak zabranjuje da se jedna kuca sazida tacno na nekom bunaru? Ako moze, onda je sve OK.

;-)

Da.

He,he, ovo je stari problem,resenje ne postoji.
Sta kazete za ovaj problem(vise je zackoljica):tri druga svrate u kafanu i naruce tri ista pica po 10din.Konobar uzme 30 din (od svakog po 10),a gazda mu kaze da im vrati 5din jer su dobre musterije.Konobar odluci da im ne vrati 5,nego 3din,a 2 da zadrzi za sebe,i tako i uradi.Vrati on njima 3 din,svakom po 1.Ako je svako dao po 10,a vracen mu je 1 din,ispada da je svako platio 9din. 3x9=27 + 2din koje je konobar zadrzao= 29din.Gde je nestao 1din?;-)

Vec vidjeno, malo smara taj zadatak, sto niko ne kaze 3*10+1 =31 odakle taj jedan dinar vise, ili bilo koju drugu besmislenu jednacinu :).

Nema problema - ta dva dinara koja je konobar zadržao su deo tih 27 dinara (pića su koštala 25 dinara + 2 din. koja je konobar prisvojio = 27). Znači platili su pića 9 x 3 = 27 + 3 din. kusura = 30 dinara.