Jesli dopuscic uklad 3D, to mozna dwie monety (2) postawic jedna na drugiej, powiedzmy w pkcie (0,0). Cztery kolejne w pktach (0,1), (0,2), (1,0), (2,0). Dwie kolejne leza na przeciwprostokatnej duzego trojkata {(0,0), (0,2), (2,0)}. Dwie ostatnie na przeciwprostokatnej malego trojkata {(0,0), (0,1), (1,0)} tak, aby lezaly na liniach laczacych odpowiednio dwie poprzednie monety (z duzej przeciwprostokatnej) z pktem (0,0). Mamy wiec szesc nastepujacych cztero-monetowych linii: 1) pierwsza przyprostokatna dużego trójkąta (z ilosci monet 2+1+1) 2) druga przyprostokatna dużego trójkąta (2+1+1) 3) przeciwprostokatna dużego trójkąta (1+1+1+1) 4) przeciwprostokatna malego trójkąta (1+1+1+1) 5) pierwszy promien idacy od pkt (0,0) przez mala przeciwprostokatna do dużej przeciwprostokatnej 6) drugi promien idacy od pkt (0,0) przez mala przeciwprostokatna do dużej przeciwprostokatnej.
1. Świetnie wytłumaczyłeś o co ci chodzi.
2. A gdybyśmy położyli na sobie 3 monety, a wokół nich rozrzucili 7 pozostałych, to analogicznie do Twojego rozwiązania byłoby przynajmniej 7 linii po 4. Otóż moim zdaniem to nie jest 3D, tylko podwójne policznie punktu (0,0). Wydaje mi się, że autor tej zagadki miał na myśli 4 różne punkty w każdej linii.
Uwaga! W komentarzach mogą znajdować się szczegóły rozwiązania,
jeśli nie zważasz na ten fakt to zobacz komentarze