А ещё такой треугольник стоит в Математическом парке в Майкопе.

На заднем плане (я сознательно не вырезал из этого фото "только треугольник") виден додекаэдр с проведённым на нём замкнутым гамильтоновым путём — проходящим ровно один раз через каждую вершину. И насколько я понимаю, с вопроса/головоломки Гамильтона о том, чтобы такой путь найти, терминология и пошла.

А вот этот додекаэдр отдельно:

Вообще, задачу про гамильтонов цикл на додекаэдре я знал давным-давно. Но только покрутив его в руках, понял, что о ней можно и нужно думать совсем геометрически.

Например — искомый гамильтонов путь это же простой замкнутый путь по поверхности многогранника, поэтому по теореме Жордана он разрезает эту поверхность на две части. Почему-то, когда я об этой задаче слышал абстрактно, в контексте графов, идея "а посмотрим, какие должны быть части" в голову не приходила...

(Spoiler alert: дальше идёт решение!)

Посмотрим, что у нас есть. Для начала — сведём баланс рёбер.
20 вершин, значит, 20 рёбер в гамильтоновом цикле. Значит, 30-20=10 рёбер не используются.
В каждую вершину входит 3 ребра, из которых два должны быть в гамильтоновом цикле, а одно — нет. Значит, такие "выброшенные" рёбра разбивают вершины на пары. (Геометрически: а если бумажный додекаэдр разрезать по гамильтонову циклу, то получится две области-топологические полоски, состоящие из соседних по таким "выброшенным" рёбрам пятиугольников-граней.)

На каждой грани "выброшенных" рёбер либо одно, либо два (потому что ни ноль, ни больше двух не может быть). Посмотрим, сколько граней с одним выброшенным ребром — таких, как верхняя на фото выше. Посчитаем пары "грань, выброшенное ребро на ней". Их должно быть 2*10=20; если бы на всех гранях выброшенных было по два — то пар было бы 2*12=24, значит, граней с одним выброшенным ребром 24-20=4.
Геометрически — ну да, вырезание гамильтонова пути разрежет поверхность на две "полоски", у каждой из которых будет по две "концевых" грани, итого 4. Но поскольку мы этого формально не знали, пришлось посчитать.

А ещё какие-то две из этих 4 граней будут соседними — просто потому, что среди любых 4 граней додекаэдра найдутся две соседние (от противного: возьмём одну, и тогда нужно оставшиеся 3 разместить в противоположной "полусфере", и там уже легко).

Причём ребро между ними — не-выкинутое (иначе цикл был бы границей их объединения и всё, а это слишком мало). Значит, они из разных "половинок" додекаэдра. И с этого момента всё делается уже совсем легко — но сначала додекаэдр (или его граф) надо нарисовать.

Можно, конечно, нарисовать так, как тут — https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Icosian_grid_small_with_labels2.noscript — но мне нравится другой способ, так что давайте я сделаю ответвление туда.

Вообще, потрясающий и очень важный факт — что в додекаэдре есть вписанный куб, а точнее, целых пять кубов. Точно так же, как 4 из 8 вершин куба образуют правильный тетраэдр, и таких есть два, так 8 из 20 вершин додекаэдра образуют куб.
И да, таких кубов пять: если выбрать грань и провести в ней любую диагональ, то она однозначно достроится до куба.
Кстати: то, что такие кубы есть и их пять, даёт хороший ответ на вопрос "построить изоморфизм группы вращений додекаэдра с A_5": вот те пять объектов (кубы), которые будут переставляться.
(Конечно, тут ещё нужно проверить, что у такого действия нет ядра, а образ это именно A_5, но это уже не очень сложно: нет у S_5 другой подгруппы индекса 2, ибо A_5 простая.)

На фото (из той же лаборатории — я знал, что снимать!) как раз один из кубов, вписанных в додекаэдр, и чуть позади тетраэдр, вписанный в куб.

Знание о наличии такого куба позволяет и чуть более аккуратно от руки додекаэдр рисовать (особенно тем, кто, как я, не очень хорошо рисует). Надо нарисовать куб и добавлять к нему "четырёхскатные крыши" (над каждой гранью две трапеции и два треугольника — которые на соседних гранях стыкуются в пятиугольники); на этом (курицелапном) рисунке добавлены три таких "крыши" на трёх видимых гранях, и уже получилось нечто, отдалённо додекаэдр напоминающее.

А если додекаэдр нужен только топологически, как граф — то можно просто разделить пополам каждую грань куба! (И спасибо Григорию Мерзону, который когда-то меня научил этому трюку.)

Так что весь граф додекаэдра можно нарисовать, сначала нарисовав граф куба, а потом добавив делящие пополам линии.
Такой вот авангардный додекаэдр в кубистском стиле!

Давайте дорешаем задачу про гамильтонов цикл на додекаэдре — благо, что теперь это совсем несложно.
Правда, я всё-таки воспользуюсь другой версией его графа — где чуть больше пятиугольников, похожих на пятиугольники. :)
Но на ней тоже есть два соседних пятиугольника прямо в центре — и с точностью до симметрии, можно предположить, что это и есть две соседних грани, в которых "выброшено" лишь по одному ребру. Пусть их общее ребро AB, тогда эти выброшенные рёбра должны быть соседними с вершинами A и B (потому что одно из рёбер у A и одно из рёбер у B нужно выбросить). И опять же, с точностью до симметрии, можно считать, что выброшены рёбра из A вправо и из B влево.

Теперь можно для каждой вершины, через которую мы уже провели два ребра, отметить третье как выброшенное. А для второй вершины каждого выброшенного ребра можно отметить два других, проходящих через него, как входящие в цикл.

И можно продолжать:

Остаётся замкнуть путь по большому "круглому" ребру и всё — гамильтонов цикл построен. Причём построен (из начальных предположений) однозначно — так что мы получили, что гамильтонов цикл на додекаэдре единственен с точностью до движений (включая отражения) додекаэдра.
И если их заштриховать, то получаются такие красиво "обвивающиеся" друг вокруг друга полоски.

Ну а вот картинка этого пути на прозрачном додекаэдре:
https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Hamiltonian_path_3d.noscript
(image credit: User Cmglee @ Wikipedia)

Следующее видео — тележка, едущая на квадратных колёсах.

И это стало для меня поводом наконец поразбираться со связями задач в этом сюжете.

Давайте я начну с замечательного ролика "Математических этюдов" — "Цепная линия", https://etudes.ru/etudes/catenary/ .

Там появляются три сюжета:
- По какой линии висит между двумя точками подвеса тонкая верёвка или цепочка?
- Какой формы должны быть ухабы на дорогах, чтобы тележка с квадратными колёсами, катящимися без проскальзывания, по такой дороге ехала идеально-горизонтально?
- Натянем мыльную плёнку на два соосных обруча. Она примет форму поверхности вращения (вокруг общей оси) — но от какой кривой (или, что то же самое, как будет выглядеть её сечение плоскостью, проходящей через эту ось)?

Оказывается, что ответ на эти три вопроса (с точностью до мелочей) один и тот же; он называется (из-за первого вопроса) "цепной линией", и это (с точностью до выбора масштаба) график гиперболического косинуса
ch(x) = (e^x + e^{-x})/2.

Все эти задачи можно решить по отдельности: написать дифференциальное уравнение, потом решить его; ну и под конец убедиться, что во всех трёх решения именно такие. Но — часто, если решения совпадают, то на самом деле совпадают или как-то связаны друг с другом сами уравнения.
Так что хочется большего: нельзя ли понять, что решения будут одинаковыми, не решая дифференциальных уравнений, а сводя одну из задач к другой?

Давайте для начала [переключимся в режим физики и] разберёмся с первым сюжетом — как устроена задача для цепной линии. А именно, раз цепочка находится в равновесии, выделим какую-нибудь её часть-дугу и посмотрим, какие на неё действуют силы. Это — сила натяжения цепочки в левом конце дуги, сила натяжения цепочки в правом конце дуги, и сила тяжести. При этом сила натяжения может зависеть от точки — цепочка не-невесомая! — но направлена всегда по касательной к графику (цепочка не умеет сопротивляться "поперечному" изгибу).

Сумма сил должна быть равна нулю — и значит, горизонтальные компоненты сил натяжения компенсируют друг друга: у силы тяжести горизонтальной компоненты нет. А раз так происходит для любой дуги (мы же её выделяли мысленно) — то
T(x) cos α(x) = const,
и мы обозначим эту константу через F.

Теперь посмотрим на вертикальный баланс сил. Пусть цепочка задаёт график функции y=f(x), и неизвестная функция f — та самая, которую мы хотим найти. Тогда, раз сила натяжения направлена по касательной к графику, над любой точкой x вертикальная компонента силы натяжения в f'(x) раз больше горизонтальной — и тем самым равна f'(x)*F.

Соответственно, вертикальный баланс записывается так: приращение f'(x)*F между концами дуги равно g*(массу m этой дуги).
Теперь пусть эта дуга маленькая, а ρ — её линейная плотность. Тогда между точками x и x+Δx приращение вертикальной компоненты силы натяжения это примерно
Δx*F*f''(x),
а масса это примерно
m=Δx*ρ*\sqrt{1+f'(x)^2}.
Последний множитель тут потому, что график идёт под углом, и на приращение Δx по оси абсцисс приходится длина примерно Δx*\sqrt{1+f'(x)^2}.

Подставляя и сокращая на Δx, получаем дифференциальное уравнение:
f''(x) = (ρg/F) * \sqrt{1+f'(x)^2},
и поскольку горизонтальная компонента F может быть произвольной (лишь бы она была константой), мы получаем дифференциальное уравнение:
f''(x)=const* \sqrt{1+f'(x)^2}.

а) Сразу можно проверить, что с гиперболическим косинусом я вас не обманываю: гиперболические синус и косинус связаны соотношениями
ch'(x)=sh(x) = (e^x-e^{-x})/2,
sh'(x)=ch(x),
ch^2(x) - sh^2(x) =1,
которые можно проверить либо непосредственно, либо заметив, что
ch(x)=cos(ix), sh(x)=-i*sin(ix). Ну и вообще, если вы их раньше не видели — их стоит запомнить!
Соответственно, для f(x)=ch(x) в числителе будет ch''(x)=ch(x), в знаменателе \sqrt{1+sh^2(x)}=ch(x), так что частное будет тождественной единицей.

б) Более того, это уравнение не так сложно решить. Если умножить обе части на f'(x), то в левой части будет производная от \sqrt{1+f'(x)^2}, а в правой — от const*f. Соответственно, отличаться эти две функции будут на константу. Ну а уравнение
\sqrt{1+f'(x)^2}=С*(f+D)
решается как автономное дифференциальное уравнение первой степени (выражаем f' через f, и дальше стандартно).
Но такое явное решение это именно то, чего я бы не хотел делать!

в) Так вот — следующий шаг это перейти к качению квадратного колеса. Точнее — полуплоскости: то, сколько сторон у колеса (и какие у него углы), влияет только на то, как должны происходить переходы от "катится n-я сторона" к "катится n+1-я сторона" (и на этом я, наоборот, останавливаться не буду).

Spoiler!

Давайте зададимся вот каким вопросом. Когда квадратное колесо катится по нашей кривой (как мы хотим доказать — по цепной линии), в каждый момент можно посмотреть на центр и на точку касания с ухабом. Понятно, что в тот момент, когда касающаяся сторона колеса горизонтальна, они оба на одной вертикальной оси. А незадолго до этого — как на этом кадре из фильма — кто из них правее?

(Image credit: Математические этюды, "Цепная линия")