Μια λογική εργασία για την τοποθέτηση ντόμινο σε μια σκακιέρα. Μαθηματικές Ολυμπιάδες και προβλήματα Ολυμπιάδας
Δίνεται μια σκακιέρα 8×8, από την οποία κόπηκαν δύο διαγώνια απέναντι γωνίες, και 31 ντόμινο. κάθε ντόμινο μπορεί να καλύψει δύο τετράγωνα στον πίνακα. Είναι δυνατόν να στρωθεί ολόκληρη η σανίδα με κόκαλα; Δώστε ένα σκεπτικό για την απάντησή σας.
Λύση
Με την πρώτη ματιά φαίνεται ότι αυτό είναι δυνατό. Ο πίνακας είναι 8×8, επομένως, υπάρχουν 64 κελιά, αποκλείουμε δύο, που σημαίνει ότι μένουν 62. Φαίνεται ότι πρέπει να χωρέσουν 31 κόκαλα, σωστά;
Όταν προσπαθούμε να τακτοποιήσουμε ντόμινο στην πρώτη σειρά, έχουμε μόνο 7 τετράγωνα στη διάθεσή μας, ένα κόκαλο πηγαίνει στη δεύτερη σειρά. Στη συνέχεια τοποθετούμε ντόμινο στη δεύτερη σειρά και πάλι ένα πλακίδιο πηγαίνει στην τρίτη σειρά.
Θα υπάρχει πάντα ένα κόκκαλο σε κάθε σειρά που πρέπει να μετακινηθεί στην επόμενη σειρά, όσες διατάξεις κι αν προσπαθήσουμε, δεν θα μπορέσουμε ποτέ να απλώσουμε όλα τα οστά.
Η σκακιέρα χωρίζεται σε 32 μαύρα και 32 λευκά κελιά. Αφαιρώντας τις απέναντι γωνίες (σημειώστε ότι αυτά τα κελιά έχουν το ίδιο χρώμα), μας μένουν 30 κελιά ενός χρώματος και 32 κελιά άλλου χρώματος. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε τώρα 30 μαύρα και 32 λευκά τετράγωνα.
Κάθε ζάρι που θα βάλουμε στον πίνακα θα καταλαμβάνει ένα μαύρο και ένα λευκό κελί. Επομένως, 31 ντόμινο θα καταλαμβάνουν 31 λευκά και 31 μαύρα κελιά. Αλλά υπάρχουν μόνο 30 μαύρα και 32 λευκά κύτταρα στον πίνακα μας. Επομένως, είναι αδύνατο να αποσυντεθούν τα οστά.
Η ανάλυση προέρχεται από τη μετάφραση του βιβλίου του G. Luckman McDowell και προορίζεται μόνο για ενημερωτικούς σκοπούς.
Αν σας άρεσε, σας προτείνουμε να αγοράσετε το βιβλίο.
Αποδείξτε ότι το σκακιέρα είναι 10ΧΤο 10 δεν μπορεί να κοπεί κατά μήκος των γραμμών του πλέγματος σε ορθογώνια 1Χ4. (Λύσεις σύμφωνα με τον D.Yu. Kuznetsov.)
Λύση 1 . Χωρίστε τον πίνακα σε τετράγωνα 2x2 και χρωματίστε τα με μοτίβο σκακιέρας (Εικ. 1). Σημειώστε ότι οποιοδήποτε ορθογώνιο 1x4 περιέχει εξίσου (2) μαύρα και λευκά κελιά, αλλά με αυτόν τον χρωματισμό, υπάρχουν 52 μαύρα κελιά και 48 λευκά κελιά στον πίνακα, δηλ. όχι εξίσου. Αυτό σημαίνει ότι δεν θα είναι δυνατό να κόψετε μια σανίδα 10x10 σε ορθογώνια 1x4.
Λύση 2 . Ας χρωματίσουμε τον πίνακα με ένα διαγώνιο χρωματισμό σε 4 χρώματα (Εικ. 2). Σημειώστε ότι οποιοδήποτε ορθογώνιο περιέχει ένα κελί από κάθε ένα από τα τέσσερα χρώματα, αλλά με δεδομένο χρωματισμό, υπάρχουν 25 κελιά του 1ου και του 3ου χρώματος στον πίνακα, 26 κελιά του 2ου και 24 κελιά του 4ου, δηλ. όχι εξίσου. Αυτό σημαίνει ότι δεν θα είναι δυνατό να κόψετε μια σανίδα 10x10 σε ορθογώνια 1x4.
1. Κόψτε τα κελιά της κάτω δεξιάς και αριστερής γωνίας από τη σκακιέρα. Είναι δυνατόν να κοπεί η φιγούρα που προκύπτει σε ντόμινο 1x2; Και αν κόψεις κάτω δεξιά και πάνω αριστερά;
2. Είναι δυνατόν να κόψουμε μια σανίδα 6x6 σε ντόμινο ώστε να υπάρχουν ακριβώς 11 οριζόντιες ανάμεσά τους; (Οριζόντιος χρωματισμός σε δύο χρώματα.)
3. Χρωματίστε το σχέδιο σε τέσσερα χρώματα, έτσι ώστε τα παρακείμενα μέρη να είναι βαμμένα με διαφορετικά χρώματα. Είναι δυνατόν να τα βγάλεις πέρα με τρία χρώματα; (Βλ. Δραστηριότητα 6: Χρωματισμός γεωγραφικός χάρτης- 5-6 τάξη).
4. Σε τετράγωνο 4Χ4, τα κελιά του αριστερού μισού είναι βαμμένα μαύρα και τα υπόλοιπα λευκά. Σε μία λειτουργία, επιτρέπεται να ξαναχρωματιστούν όλα τα κελιά μέσα σε οποιοδήποτε ορθογώνιο με το αντίθετο χρώμα. Πώς να αποκτήσετε έναν σκακιστικό χρωματισμό από τον αρχικό χρωματισμό σε τρεις λειτουργίες;
5. Αρκετές ακρίδες κάθονται στην ίδια ευθεία και οι αποστάσεις μεταξύ των γειτόνων είναι ίδιες. Κάθε λεπτό ένας από αυτούς πηδά σε ένα σημείο συμμετρικό με αυτό σε σχέση με μια άλλη ακρίδα. Μπορεί μετά από λίγο καιρό η ακρίδα Σάσα να καταλήξει στο μέρος που καθόταν στην αρχή ο γείτονάς του Λιόσα;
6. α) Είναι δυνατόν να κοπεί μια σκακιέρα σε φιγούρες που αποτελούνται από 4 κελιά στο σχήμα του γράμματος «Τ»;
β) Είναι δυνατόν να κόψουμε μια σκακιέρα 10x10 σε τέτοιες φιγούρες;
7. Είναι δυνατόν να χωρίσουμε ένα τετράγωνο 8x8 με κομμένη γωνία σε ορθογώνια 1x3;
8. Μπορεί ένας πίνακας 10x10 να κοπεί σε κομμάτια τεσσάρων κελιών στο σχήμα του γράμματος "G"; (Οριζόντιος χρωματισμός σε δύο χρώματα.)
9. Μια σανίδα 8x8 κόβεται σε ντόμινο 2x1. Μπορούν να υπάρχουν 15 κάθετα και 17 οριζόντια ντόμινο;
10. Το τρίγωνο χωρίζεται σε τρίγωνα (25 τεμάχια), όπως φαίνεται στο σχήμα. Το σκαθάρι μπορεί να περπατήσει σε ένα τρίγωνο, κινούμενος μεταξύ γειτονικών (στο πλάι) τριγώνων. Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός τριγώνων που μπορεί να περάσει το σκαθάρι εάν έχει επισκεφτεί κάθε τρίγωνο όχι περισσότερες από μία φορές;
11. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός ρόμβων, καθένας από τους οποίους αποτελείται από δύο ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρά 1, που μπορούν να αποκοπούν από ένα ισόπλευρο τρίγωνο με πλευρά 5 (δείτε το σχήμα του προηγούμενου προβλήματος).
12. Το τριγωνικό κάστρο χωρίζεται σε 100 πανομοιότυπες τριγωνικές αίθουσες. Υπάρχει μια πόρτα στη μέση κάθε τοίχου. Πόσα δωμάτια μπορεί να επισκεφθεί ένα άτομο που δεν θέλει να επισκεφτεί πουθενά περισσότερες από μία φορές;
Κεφάλαιο 2
Για μια λεπτομερή περιγραφή των μαθηματικών του σκακιού, που πρόκειται να ξεκινήσουμε, είναι πολύ φυσικό να ξεκινήσουμε μαθηματικά προβλήματασχετικά με το ίδιο το ταμπλό, χωρίς να τοποθετήσετε ακόμη κομμάτια πάνω του. Σε αυτό το θέμα είναι αφιερωμένο αυτό το κεφάλαιο.
Ας εξετάσουμε πρώτα από όλα πολλά προβλήματα κάλυψης μιας σανίδας με 2 × 1 ντόμινο. Παντού θεωρείται ότι κάθε ντόμινο καλύπτει δύο τετράγωνα του ταμπλό και κάθε τετράγωνο καλύπτεται από το μισό των ντόμινο. Ας ξεκινήσουμε με το επόμενο παλιό πρόβλημα.
Είναι δυνατόν να καλύψουμε με ντόμινο ένα τετράγωνο μεγέθους 8×8, από το οποίο κόβονται απέναντι γωνιακά κελιά (Εικ. 2α);
Θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε αλγεβρικό συλλογισμό, αλλά η λύση του «σκακιού» είναι και πιο απλή και πιο κομψή. Ας χρωματίσουμε το κολοβωμένο τετράγωνό μας ασπρόμαυρο, μετατρέποντάς το σε σκακιέρα χωρίς δύο γωνιακά πεδία a8 και h1 (Εικ. 2β). Για οποιοδήποτε κάλυμμα του ταμπλό, κάθε ντόμινο καλύπτει ένα λευκό και ένα μαύρο τετράγωνο. Έχουμε δύο λιγότερα λευκά πεδία από τα μαύρα (τα πεδία κοπής είναι λευκά), και επομένως δεν υπάρχει η απαραίτητη κάλυψη! Όπως μπορούμε να δούμε, ο χρωματισμός του ταμπλό όχι μόνο διευκολύνει την πλοήγηση ενός σκακιστή κατά τη διάρκεια του παιχνιδιού, αλλά χρησιμεύει και ως μέσο επίλυσης μαθηματικών προβλημάτων.
Στο εξεταζόμενο πρόβλημα, ήταν σημαντικό όχι ότι τα γωνιακά πεδία κόπηκαν από τον πίνακα, αλλά ότι ήταν του ίδιου χρώματος. Είναι ξεκάθαρο ότι ανεξάρτητα από το πώς κόψετε ένα ζευγάρι μονόχρωμα πεδία, δεν θα μπορείτε να καλύψετε τον υπόλοιπο πίνακα με ντόμινο. Έτσι, προκύπτει το εξής πρόβλημα.
Ας υποθέσουμε τώρα ότι δύο πεδία διαφορετικών χρωμάτων είναι κομμένα στη σκακιέρα. Είναι πάντα δυνατό να καλύψετε το υπόλοιπο του ταμπλό με 31 ντόμινο;
Αποδεικνύεται ότι πάντα. Μια θεαματική απόδειξη βρήκε ο διάσημος Αμερικανός μαθηματικός R. Gomory. Ας σχεδιάσουμε στη σκακιέρα τα όρια μεταξύ κάθετων και οριζόντιων, όπως φαίνεται στο Σχ. 3. Στο λαβύρινθο ανάμεσα σε αυτά τα όρια, τα ασπρόμαυρα πεδία διαδέχονται το ένα το άλλο, εναλλάσσοντας σαν κουμπιά δύο χρωμάτων σε ένα κλειστό νήμα (η διαδρομή κατά την οποία μπορεί να παρακαμφθεί αυτός ο λαβύρινθος είναι κλειστή). Όποια και αν είναι δύο πεδία διαφορετικών χρωμάτων που κόψουμε από τον πίνακα, το νήμα θα σπάσει: σε ένα σημείο εάν τα πεδία κοπής είναι γειτονικά και σε δύο σημεία διαφορετικά. Σε αυτήν την περίπτωση, κάθε κομμάτι νήματος θα αποτελείται από ζυγό αριθμό πεδίων. Κατά συνέπεια, αυτά τα κομμάτια, και επομένως ολόκληρη η σανίδα, μπορούν να καλυφθούν με ντόμινο!
Ρύζι. 3. Λαβύρινθος Γόμορι |
Περίεργες ιδέες που σχετίζονται με κουμπιά και κλωστές θα βρείτε στο κεφάλαιο 11.
Ας υποθέσουμε ότι κάποια γήπεδα είναι κομμένα από μια σκακιέρα έτσι ώστε να μην μπορεί να τοποθετηθεί ντόμινο στο υπόλοιπο μέρος της. Είναι εύκολο να ελέγξετε ότι ο μικρότερος αριθμός αποκομμένων πεδίων με αυτήν την ιδιότητα είναι 32 - όλα αυτά είναι πεδία του ίδιου χρώματος (λευκό ή μαύρο).
Τα προβλήματα σκακιέρας και ντόμινο είναι μόνο ένα μικρό μέρος μιας τεράστιας σειράς προβλημάτων αυτού του είδους. Ο Αμερικανός μαθηματικός S. Golomb δημιούργησε μια ολόκληρη επιστήμη, την οποία ονόμασε polymipo, και το βιβλίο του για αυτό το θέμα έχει μεταφραστεί σε πολλές χώρες του κόσμου, συμπεριλαμβανομένης της δικής μας. Γενικά, ένα polyomino είναι μια απλά συνδεδεμένη φιγούρα που αποτελείται από τετράγωνα. Από τη σκοπιά ενός σκακιστή, η απλή σύνδεση σημαίνει ότι όλα τα τετράγωνα πολυομίνο μπορούν να παρακαμφθούν με μια κίνηση πύργου. Ανάλογα με τον αριθμό των τετραγώνων 07, τα πολυομίνια διατίθενται σε διαφορετικούς βαθμούς. Ένα μονόμινο περιέχει ένα τετράγωνο, ένα ντόμινο δύο, ένα τρέμινο τρία, ένα τετράμινο τέσσερα, ένα πεντομινό πέντε, ένα επτομίνο έξι τετράγωνα, και ούτω καθεξής. Θα σταθούμε σε μερικά ακόμη θέματα που σχετίζονται με τη συνηθισμένη σκακιέρα. Προφανώς, είναι αδύνατο να καλύψει το dssk μόνο με ίσια tromino, δηλαδή με ντόμινο 3 × 1, αφού το 64 δεν διαιρείται με το 3. Προκύπτει το ακόλουθο πρόβλημα.
Είναι δυνατόν να καλύψει μια σκακιέρα με 21 ίσια tromino και ένα monomino; Αν ναι, ποια πεδία μπορεί να καταλάβει ένα μονόμινο;
Μία από τις απαραίτητες επικαλύψεις dapo στο Σχ. 4α. Για να προσδιορίσουμε τις πιθανές διατάξεις των μονόμινων, σχεδιάζουμε δύο συστήματα παράλληλων γραμμών στον πίνακα, όπως φαίνεται στο σχ. 4β.
Είναι εύκολο να δει κανείς ότι για οποιοδήποτε κάλυμμα, κάθε tromino καλύπτει ακριβώς ένα πεδίο από το οποίο διέρχεται η συμπαγής γραμμή και ακριβώς ένα από το οποίο περνά η διακεκομμένη γραμμή. Δεδομένου ότι ο αριθμός των πεδίων που τέμνονται από συμπαγείς γραμμές είναι 22, καθώς και ο αριθμός των πεδίων που τέμνονται από διακεκομμένες γραμμές, και υπάρχουν 21 tromino, τα monominos μπορούν να καλύπτουν μόνο πεδία που τέμνονται και από τις δύο οικογένειες γραμμών. Και υπάρχουν μόνο τέσσερα τέτοια τετράγωνα: c3, c6, f3 και f6! Περιστρέφοντας την πλακέτα 90, 180 και 270°, μπορείτε να έχετε την κατάλληλη κάλυψη για καθένα από αυτά τα τέσσερα πεδία.
Η επόμενη εργασία είναι κάπως διαφορετική από αυτές που συζητήθηκαν παραπάνω.
Είναι δυνατόν να καλύψετε μια σκακιέρα με ντόμινο με τέτοιο τρόπο ώστε να είναι αδύνατο να χαράξετε ένα μόνο όριο μεταξύ κάθετων και οριζόντιων σημείων χωρίς να διασχίσετε τα ντόμινο;
Αν φανταστούμε ότι η σανίδα είναι τοίχος και τα ντόμινο είναι τούβλα, τότε η ύπαρξη του καθορισμένου περιγράμματος (ραφής) υποδηλώνει μια εύθραυστη τοιχοποιία. Με άλλα λόγια, το πρόβλημα ρωτά αν είναι δυνατόν να τακτοποιηθούν τα «τούβλα» ώστε να μην καταρρεύσει ο «τοίχος». Ένα ορθογώνιο που μπορεί να καλυφθεί με τον απαιτούμενο τρόπο ονομάζεται "δυνατό". Η «δύναμη» της σκακιέρας φαίνεται στο Σχ. 5. Στη γενική περίπτωση, ο Gardner δείχνει ότι το ντόμινο μπορεί να διπλωθεί σε ένα «δυνατό» ορθογώνιο αν το εμβαδόν του είναι άρτιο και το μήκος και το πλάτος του είναι μεγαλύτερα από τέσσερα, με μόνη εξαίρεση ένα τετράγωνο 6 × 6.
Παρακάτω θα ασχοληθούμε συχνά με ορθογώνιες σκακιέρες του ενός ή του άλλου μεγέθους. Σε αυτήν την περίπτωση, θεωρείται πάντα ότι ένας m×n πίνακας έχει m κάθετες και n οριζόντιες (σκάκι). Λέμε ότι ένας πίνακας είναι «ζυγός» αν ο αριθμός των πεδίων του είναι ζυγός και «μονός» διαφορετικά. Όπου δεν καθορίζονται οι διαστάσεις της σκακιέρας, εννοούμε την τυπική σκακιέρα για την οποία m = n = 8.
Η σανίδα 100x4 καλύπτεται με ντόμινο. Αποδείξτε ότι μπορεί να κοπεί κατά μήκος ενός από τα όρια μεταξύ κάθετων και οριζόντιων, χωρίς να επηρεαστεί κανένα από τα ντόμινο.
Οποιοδήποτε από τα καθορισμένα περιγράμματα χωρίζει τον πίνακα σε δύο μέρη, που αποτελούνται από ζυγό αριθμό πεδίων. Χωρίζουμε τα πεδία κάθε τμήματος σε δύο κατηγορίες: καλυμμένα ντόμινο που βρίσκονται εξ ολοκλήρου σε αυτό το τμήμα και καλυμμένα ντόμινο που τέμνονται από το όριο. Δεδομένου ότι ο αριθμός των πεδίων κάθε τμήματος είναι ζυγός (ίσως μηδέν), καθώς και ο αριθμός των πεδίων της πρώτης κατηγορίας (κάθε ντόμινο καλύπτει δύο πεδία), ο αριθμός των πεδίων της δεύτερης κατηγορίας είναι ζυγός. Και αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός των ντόμινο που διασχίζει το όριο είναι ζυγός. Υπάρχουν 102 διαχωριστικά όρια συνολικά (99 κάθετα και 3 οριζόντια) και αν το καθένα από αυτά διασχίζει το ντόμινο, τότε τουλάχιστον 102 × 2 = 204 ντόμινο συμμετέχουν στην κάλυψη. Έχουμε μόνο 200 από αυτά! Μάλιστα, δείξαμε ότι ένα ορθογώνιο 100x4 είναι «αδύναμο».
Το ερώτημα της δυνατότητας κάλυψης ενός αυθαίρετου ορθογώνιου πίνακα με γραμμικά k-minos (ντόμινο k × 1) λύνεται με το ακόλουθο θεώρημα.
Ένας πίνακας m×n μπορεί να καλυφθεί με γραμμικά k-minos εάν και μόνο εάν τουλάχιστον ένας από τους αριθμούς m ή n διαιρείται με το k χωρίς υπόλοιπο.
Επεξηγούμε το θεώρημα με το ακόλουθο παράδειγμα.
Είναι δυνατόν να καλύψουμε ένα ταμπλό 10x10 (σε τέτοιο ταμπλό παίζονται εκατό τετράγωνα πούλια) με ίσια τετραμινο;
Ένα ίσιο tetramin έχει διαστάσεις 4x1, που σημαίνει ότι καταρχήν 25 πλακίδια θα μπορούσαν να καλύψουν όλα τα πεδία της σανίδας μας. Ωστόσο, από το θεώρημα προκύπτει ότι αυτό είναι αδύνατο - το 10 δεν διαιρείται με το 4.
Ας εξετάσουμε μερικά ακόμη προβλήματα σχετικά με τη σκακιέρα. Στη λύση του παρακάτω προβλήματος χρησιμοποιείται viovb ο χρωματισμός του.
Αφήστε τον πίνακα να αποτελείται από μονό αριθμό πεδίων. Σε κάθε χωράφι του θα βάλουμε μερικά πιόνι σκακιού. Είναι δυνατόν να μετακινηθούν όλα αυτά τα κομμάτια σε διπλανά τετράγωνα (κάθετα ή οριζόντια) ώστε να μην καταλήξουν δύο από αυτά στο ίδιο τετράγωνο;
Το έργο είναι αδύνατο. Πράγματι, αν υπήρχε η υποδεικνυόμενη μετατόπιση των κομματιών, τότε κάθε «λευκό» κομμάτι (που στέκεται σε λευκό πεδίο) θα γινόταν «μαύρο» (έπεφτε σε μαύρο πεδίο) και κάθε «μαύρο» - «άσπρο».
Έτσι, ο πίνακας θα αποτελείται από τον ίδιο αριθμό λευκών και μαύρων πεδίων και αυτό έρχεται σε αντίθεση με την «παραξενιά» του.
Δημοφιλή είναι τα προβλήματα κοπής σκακιέρας. Το πιο διάσημο από αυτά είναι το παρακάτω, που ανήκει στον S. Loyd.
Υπάρχουν τέσσερις ιππότες στα πεδία a1, b2, c3, d4. Κόψτε τον πίνακα σε τέσσερα ίσα μέρη (που συμπίπτουν όταν τοποθετούνται πάνω) έτσι ώστε το καθένα από αυτά να έχει ένα άλογο.
Στα προβλήματα κοπής, θεωρείται πάντα ότι οι τομές γίνονται μόνο κατά μήκος των ορίων μεταξύ των κάθετων και των οριζόντιων της σανίδας. Η λύση σε αυτό το πρόβλημα φαίνεται στο σχ. 6. Από την εποχή του Λόιντ, πολλά νέα και πιο δύσκολα προβλήματα έχουν εμφανιστεί σε αυτό το θέμα. Συγκεκριμένα, τα προβλήματα κοπής της σανίδας σε τέσσερα ίσα μέρη επιλύθηκαν για διαφορετικές θέσεις των ιπποτών (οι ιππότες, φυσικά, παίζουν μόνο συμβολικό ρόλο εδώ). Υπάρχουν ακόμη πολλά ανεπίλυτα ζητήματα σχετικά με αυτό το θέμα. Για παράδειγμα, ο αριθμός των τρόπων με τους οποίους ένας κανονικός πίνακας (χωρίς κομμάτια) μπορεί να κοπεί σε δύο ίσα κομμάτια δεν είναι ακόμα γνωστός.
Ρύζι. 6. Πρόβλημα Loyd's Four Horses |
Αφήστε, μετά από πολλές κοπές της σανίδας, τα εξαρτήματα που προκύπτουν να μπορούν να μετατοπιστούν έτσι ώστε η επόμενη κοπή να μπορεί να κόψει όχι ένα, αλλά πολλά μέρη ταυτόχρονα. Πόσες περικοπές θα χρειαστούν για να ληφθούν 64 μεμονωμένες θέσεις σανίδων (τετράγωνα 1×1);
Αρχικά, κόβουμε τη σανίδα στη μέση, μετά βάζουμε και τα δύο μισά δίπλα-δίπλα και κόβουμε τη σανίδα σε τέσσερα ίδια μέρη κ.λπ. Συνολικά, θα χρειαστούν 6 κοψίματα (2 e \u003d 64) και δεν μπορεί να παραδοθεί μικρότερος αριθμός .
Αφήστε τώρα τα μέρη της σανίδας να κοπούν μόνο χωριστά. Πόσες περικοπές θα χρειαστούν για να ληφθούν 64 πεδία σε αυτήν την περίπτωση;
Κατά κανόνα, αυτή η εργασία (ειδικά αν προτείνεται μετά την προηγούμενη) προκαλεί ορισμένες δυσκολίες. Προφανώς, αυτό οφείλεται σε κάποια αδράνεια της σκέψης μας. Άλλωστε αμέσως είναι ξεκάθαρο ότι θα χρειαστούν 63 κοψίματα! Πράγματι, κάθε κοπή αυξάνει τον αριθμό των εξαρτημάτων κατά ένα. Ταυτόχρονα, την αρχική στιγμή έχουμε ένα μέρος (ο ίδιος ο πίνακας), και την τελευταία στιγμή - 64 (όλα τα πεδία του πίνακα).
Ρύζι. 7. Τρία προβλήματα σε έναν ασυνήθιστο πίνακα |
Στην εργασία στο Σχ. 7α, πρέπει να ολοκληρώσετε τρεις εργασίες, μία μαθηματική και δύο καθαρά σκάκι:
α) κόψτε την σανίδα σε τέσσερα ίσα μέρη.
β) ματ στον μαύρο βασιλιά με τον συντομότερο τρόπο όταν κινείται το λευκό.
γ) να ματ τον μαύρο βασιλιά με τον συντομότερο τρόπο· ενώ ο μαύρος κινείται, οι πιστοί παίζουν συνεργατικά).
Λύσεις: α) πώς να κόψετε τη σανίδα, που φαίνεται στο σχ. 7b; β) όταν κινείται ο Λευκός, δίνεται ματ στη 12η κίνηση: 1-12. Be1-b4, Ke3-d3-c4, Be4-c2-b3, Kc4-c3, Bb4-d6, Bb3-d5, Kc3-c2, Bd6-c5, Bd5-c4, Bd6-b4ματ (όλες οι κινήσεις του μαύρου βασιλιά είναι αναγκαστικές και δεν δίνονται). γ) με σωστό παιχνίδι μετά το 1. ... Ke6-e7 ματ είναι αδύνατο, αφού ο μαύρος βασιλιάς κρύβεται στο e8 - 2. Be1-b4+ Ke7-e8, και ο επίσκοπος με σκούρο τετράγωνο αναγκάζεται να αφήσει τη διαγώνιο a3 - e7 λόγω του κινδύνου αδιεξόδου. Ωστόσο, εάν ο μαύρος παίζει συνεργατικά (βοηθώντας τον Λευκό ματ), τότε ο στόχος επιτυγχάνεται με μόλις τρεις κινήσεις:
1. … Ke6-d6
2. Ke3-d4 Ke6-e7
3. Be1-b4+ Ke7-e6
4. Be4-d5 mate.Ορισμένα πεδία της σανίδας μας δεν χρησιμοποιούνται κατά το ζευγάρωμα, αλλά αν εξαιρεθούν, δεν θα υπήρχε πρόβλημα κοπής της σανίδας.
Ρύζι. 8. Παράδοξο με το κόψιμο της σκακιέρας: α) 8×8 = 64; β) 13×5 = 65 |
Σκεφτείτε τώρα ένα πολύ γνωστό παράδοξο που σχετίζεται με το κόψιμο της σκακιέρας. Κόβουμε τη σανίδα σε τέσσερα μέρη, όπως φαίνεται στο Σχ. 8, a (σε αυτή την περίπτωση, δεν είναι κερδοφόρο να χρωματίζουμε τα πεδία του), και από τα μέρη που θα προκύψουν θα προσθέσουμε ένα ορθογώνιο (Εικ. 8, β). Το εμβαδόν της σανίδας είναι 64 και το εμβαδόν του παραλληλογράμμου που προκύπτει είναι 65. Έτσι, κατά την κοπή της σανίδας, ένα επιπλέον πεδίο προήλθε από κάπου!
Η λύση στο παράδοξο είναι ότι τα σχέδιά μας δεν είναι απολύτως ακριβή (σχεδιάσαμε σκόπιμα χοντρές γραμμές για να κρύψουμε ανακρίβειες). Με προσεκτική κατασκευή του σχεδίου στο Σχ. 8β, αντί για τη διαγώνιο του ορθογωνίου, θα εμφανιστεί μια ρομβοειδής, ελαφρώς επιμήκης μορφή με πλευρές που φαίνεται να έχουν σχεδόν συγχωνευθεί. Η περιοχή αυτού του αριθμού θα είναι απλώς ίση με την "επιπλέον" μονάδα.
Ο γνωστός εκλαϊκευτής των μαθηματικών στις αρχές του αιώνα, E. Ignatiev, βρήκε τη «μέθοδο σκακιέρας», η οποία επιτρέπει την εξαγωγή διαφόρων τύπων. Δίνουμε δύο απλά παραδείγματα για αυτό το θέμα.
Ας βρούμε το άθροισμα των πρώτων n φυσικών αριθμών χρησιμοποιώντας τη «μέθοδο σκακιέρας». Για να γίνει αυτό, στον πίνακα (n + 1) × n (στο Σχ. 9, a n = 8) χρωματίζουμε όλα τα πεδία της πρώτης κάθετης, όλα τα πεδία της δεύτερης κάθετης (εκτός από την επάνω), τρίτο κατακόρυφο (εκτός από τα δύο πάνω), κλπ. δ., τέλος - κάτω πεδίο νθκατακόρυφος. Ως αποτέλεσμα, τα λευκά και τα μαύρα πεδία στον πίνακα μας θα είναι ίσα, δηλαδή 1 + 2 + ... + n. Δεδομένου ότι ολόκληρος ο πίνακας αποτελείται από n (n + 1) πεδία, παίρνουμε
2 (1 + 2 + … + n) = n(n + 1),
από όπου ακολουθεί ο γνωστός τύπος για το άθροισμα μιας αριθμητικής προόδου:
1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2.
Τώρα ας αποδείξουμε τον ακόλουθο τύπο:
8(1 + 2 + ... + n) + 1 = (2n + 1)².
Για να το κάνετε αυτό, πάρτε έναν πίνακα (2n + 1) × (2n + 1) και βάψτε έναν αριθμό από τα πεδία του με μαύρο χρώμα, όπως φαίνεται στο Σχ. 9, 6 (για την περίπτωση n = 5). Προφανώς, κάθε μαύρο τμήμα περιέχει (1 + 2 + ... + n) πεδία. Χωρίς να λάβουμε υπόψη το κεντρικό πεδίο, έχουμε εδώ τέσσερα πανομοιότυπα λευκά και μαύρα μέρη. Ο απαιτούμενος τύπος προκύπτει από το γεγονός ότι ο πίνακας μας περιέχει (2n + 1)² πεδία και αποτελείται από ένα κεντρικό πεδίο και οκτώ πανομοιότυπα μέρη (τέσσερα λευκά και τέσσερα μαύρα - Εικ. 9β).
Όταν ξετυλίγετε το παράδοξο, καθώς και εξοικειώνεστε με τη "μέθοδο σκακιέρας", η ίδια η σανίδα μπορεί να αντικατασταθεί με ασφάλεια με ένα φύλλο καρό ή ένα τραπέζι. Υπάρχει ένας τεράστιος αριθμός προβλημάτων με τέτοια αντικείμενα, αλλά η λεπτομερής εξέταση τους θα μας απομακρύνει πολύ από το σκάκι.
Ολοκληρώνοντας το κεφάλαιο, παρουσιάζουμε μια παλιά απόδειξη στη σκακιέρα... του Πυθαγόρειου θεωρήματος. Σχεδιάστε ένα τετράγωνο στον πίνακα, όπως φαίνεται στο Σχ. 10, α. Ο πίνακας χωρίζεται σε αυτό το τετράγωνο και τέσσερα ίσα ορθογώνια τρίγωνα. Στο σχ. 10, 6 βλέπουμε τα ίδια τέσσερα τρίγωνα, καθώς και δύο τετράγωνα. Άρα, τα τρίγωνα και στις δύο περιπτώσεις καταλαμβάνουν την ίδια περιοχή. Κατά συνέπεια, τα υπόλοιπα μέρη της σανίδας χωρίς τρίγωνα καταλαμβάνουν την ίδια περιοχή, στο Σχ. 10,a - ένα τετράγωνο, και στο σχ. 10β - δύο. Εφόσον το μεγάλο τετράγωνο είναι χτισμένο στην υποτείνουσα ενός ορθογώνιου τριγώνου, και τα μικρά τετράγωνα είναι στα πόδια του, τότε «τα πυθαγόρεια παντελόνια είναι ίσα προς όλες τις κατευθύνσεις»!
Φυσικά, αυστηρά μιλώντας, ο συλλογισμός μας δεν αποδεικνύει το Πυθαγόρειο θεώρημα (μελετάθηκε μόνο μια συγκεκριμένη περίπτωση), αλλά απλώς το επεξηγεί. Αλλά μια τέτοια απόδειξη ισχύει χωρίς τη χρήση σκακιέρας - για οποιοδήποτε ορθογώνιο τρίγωνο, μπορείτε να επιλέξετε ένα τετράγωνο που σπάει με παρόμοιο τρόπο.
Αυτή είναι η λύση που δίνεται στο βιβλίο του T. Saati «Integer Optimization Methods and Related Extremal Problems» (Μ., «Mir», 1973).
S. Golomb. Polyomino. Μ., Μιρ, 1974.
Το απέδειξε ο A. Soifer στο άρθρο «Κόμα και πολύμιπο» («Kvant», 1972, No. 11). Δίνονται επίσης μια σειρά από νέα προβλήματα polyomino.
Ε. Ιγνάτιεφ. Στη σφαίρα της ευρηματικότητας, ή της αριθμητικής για όλους. Βιβλίο. 1 - 3. M. - Σελ., Gosizdat, 1923.
6. Υπάρχουν 235 σπίρτα σε ένα κουτί. Δύο παίκτες τα παίρνουν με τη σειρά τους. Με μία κίνηση, μπορείτε να πάρετε από 1 έως 6 αγώνες. Ο παίκτης κερδίζει
παίρνοντας τον τελευταίο αγώνα. Ποιος κερδίζει όταν παίζεται σωστά;
62
7. Ένα γωνιακό τετράγωνο κόβεται από έναν πίνακα 8 × 8. Είναι δυνατόν να τοποθετηθεί η σανίδα σε ορθογώνια 1×3;
8. Από 30 αγώνες, δύο παίκτες παίρνουν κατά την κρίση τους από 1
έως 6 αγώνες. Αυτός που παίρνει τον τελευταίο αγώνα κερδίζει.
9. Υπάρχουν τρεις σωροί από πέτρες. Μια κατάσταση είναι ένα τριπλό αριθμών
(Χ
1
, Χ
2
, Χ
3
), όπου x i
- ο αριθμός των λίθων στον ι-ο σωρό. Μια κίνηση είναι η λειτουργία μεταφοράς από σωρό σε σωρό του αριθμού των λίθων ίσου με τον αριθμό των λίθων στο σωρό όπου γίνεται η μεταφορά. Από την αρχική κατάσταση (11, 7, 6) πάρτε την κατάσταση (8, 8, 8).
10. Διαιρέστε τον κύκλο στον μέγιστο αριθμό τμημάτων χρησιμοποιώντας τέσσερις ευθείες γραμμές.
11. Κόψτε τον ελληνικό σταυρό με δύο ευθείες γραμμές έτσι ώστε
για να σχηματίσετε ένα ορθογώνιο από τα προκύπτοντα μέρη, η μία πλευρά του οποίου είναι διπλάσια από την άλλη.
12. Υπάρχει τροφοδοσία 12 λίτρων με υγρά και άδεια δοχεία σε 9
και 5 λίτρα. Απαιτείται να μετρήσετε ακριβώς 6 λίτρα. Πόσα λίτρα μπορούν να μετρηθούν με τέτοια δοχεία από ένα απόθεμα 12 λίτρων;
13. Προσδιορίστε τον αριθμό των ακολουθιών μήκους n από (0, 1, 2),
στην οποία δεν υπάρχουν δύο διαδοχικές μονάδες.
14. Είναι δυνατόν να καλύψουμε ένα τετράγωνο 10 × 10 με σχήματα της φόρμας
15. Είναι δυνατόν να καλύψουμε ένα τετράγωνο 10 × 10 με σχήματα της φόρμας
63
16. Είναι δυνατόν να καλύψουμε ένα τετράγωνο 8×8 με ένα κομμένο γωνιακό κελί με σχήματα της μορφής
17. Είναι δυνατόν να καλύψουμε με φιγούρες της μορφής μια σκακιέρα 8 × 8 στην οποία είναι κομμένο ένα τετράγωνο:
18. Είναι δυνατόν να στρώσετε μια σκακιέρα με ένα σκαλισμένο γωνιακό κλουβί με κομμάτια της φόρμας
19. Είναι δυνατόν να γίνει το πέρασμα τεσσάρων ζευγών ιπποτών με τη βοήθεια ενός σκάφους δύο ατόμων, εάν ο ιππότης δεν μπορεί να βρίσκεται στην ίδια ακτή με τον ιππότη κάποιου άλλου απουσία του κυρίου του;
20. Αναπτύξτε έναν αλγόριθμο για την εύρεση των δύο μικρότερων αριθμών σε μια μη διατεταγμένη ακολουθία n αριθμών.
21. Από τους 27 αγώνες που βρίσκονται στο τραπέζι, δύο παίκτες παίρνουν εναλλάξ τουλάχιστον έναν και όχι περισσότερους από τέσσερις αγώνες. Νικητής είναι αυτός που στο τέλος του παιχνιδιού θα έχει ζυγό αριθμό αγώνων. Αναπτύξτε έναν αλγόριθμο για το παιχνίδι του πρώτου παίκτη.
64
22. Δύο συμμετέχοντες στο παιχνίδι καλούν εναλλάξ έναν αριθμό από το 1 έως το 10.
Καλώντας έναν αριθμό, ο παίκτης τον προσθέτει στο ήδη υπάρχον άθροισμα αριθμών (καλώντας τον πρώτο αριθμό, ο παίκτης τον προσθέτει στο μηδέν). Ο παίκτης που σκοράρει 100 κερδίζει.
Αναπτύξτε έναν αλγόριθμο για το παιχνίδι του πρώτου παίκτη.
23. Βρείτε για τον ελάχιστο αριθμό ερωτήσεων (πιθανές απαντήσεις:
"ναι", "όχι") ένας κρυφός 5ψήφιος αριθμός, εάν το άθροισμα των τριών πρώτων ψηφίων είναι 17.
24. Βρείτε για τον ελάχιστο αριθμό ερωτήσεων (πιθανές απαντήσεις:
"ναι", "όχι") ένας κρυφός τετραψήφιος αριθμός, εάν το άθροισμα του δεύτερου και του τέταρτου ψηφίου είναι 7.
25. Με πόσους τρόπους μπορούν να ανταλλάξουν 100 ρούβλια; νομίσματα σε
5, 10, 20 και 50 ρούβλια;
26. Να υπολογίσετε αναδρομικά τον αριθμό των εξαψήφιων αριθμών των οποίων το άθροισμα των τεσσάρων πρώτων ψηφίων είναι 26 και το άθροισμα των δύο τελευταίων είναι 14.
27. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των διαμερισμάτων του αριθμού 37 κατά πέντε όρους, ο πρώτος από τους οποίους δεν υπερβαίνει το 7, ο δεύτερος
- 5, και το τρίτο και το τέταρτο παίρνουν τιμές από το σετ
{5, 6, 7, 8}.
28. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των επταψήφιων αριθμών των οποίων το άθροισμα των τεσσάρων πρώτων αριθμών είναι 21 και το άθροισμα των πέντε τελευταίων είναι 19.
29. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των διαμερισμάτων του αριθμού 27 με τέσσερις όρους, ο πρώτος από τους οποίους δεν υπερβαίνει τους 7,
το δεύτερο είναι 8 και το τρίτο και το τέταρτο παίρνουν τιμές από το σετ (3, 5, 7).
30. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των πενταψήφιων αριθμών των οποίων τα τρία πρώτα ψηφία είναι 21 και τα τρία τελευταία ψηφία άθροισμα 12.
65
31. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των επταψήφιων αριθμών στους οποίους το άθροισμα του πρώτου και του τρίτου ψηφίου είναι 12, και το άθροισμα των υπολοίπων πέντε είναι 19.
32. Υπολογίστε αναδρομικά
(2n − 2)(2n − 4) × . . . ×2
(n + 1)(n + 3) × . . . × (n + 2n − 1)
a n−5
σι
−(n+3)
33. Να υπολογίσετε αναδρομικά τον αριθμό των επταψήφιων αριθμών των οποίων το άθροισμα των τεσσάρων πρώτων ψηφίων είναι 17 και το άθροισμα των τριών τελευταίων είναι 16.
34. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των διαμερισμάτων του αριθμού 17 με τέσσερις όρους, ο πρώτος από τους οποίους δεν υπερβαίνει το 4, ο δεύτερος - 8 και ο τρίτος και ο τέταρτος λαμβάνουν τις τιμές (3, 4, 8).
35. Να υπολογίσετε αναδρομικά τον αριθμό των επταψήφιων αριθμών των οποίων το άθροισμα των τετραγώνων των τεσσάρων πρώτων αριθμών είναι 17 και το άθροισμα των τετραγώνων των δύο τελευταίων είναι 16.
36. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των διαμερισμάτων του αριθμού 25 με τέσσερις όρους, ο πρώτος από τους οποίους δεν υπερβαίνει τους 8,
το δεύτερο είναι 3 και το τρίτο και το τέταρτο παίρνουν τιμές από το σετ (2, 5, 9).
37. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των N τοποθετήσεων κορμού στον πίνακα
N × N έτσι ώστε οι πύργοι να είναι συμμετρικές ως προς τις δύο διαγώνιες και να μην επιτίθενται μεταξύ τους.
38. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των δυαδικών ακολουθιών n στοιχείων στις οποίες λείπουν δύο γειτονικές.
39. Δίνεται ένα πλέγμα N × M:
66
Μ
Ν
ΕΝΑ
σι
Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των μονοπατιών από το Α στο Β. Μια διαδρομή είναι μια ακολουθία κινήσεων κατά μήκος του πλέγματος που οδηγεί από αριστερά προς τα δεξιά και από κάτω προς τα πάνω.
40. Δίνονται οι αριθμοί α
1
, . . . , a n
με μια ορισμένη σειρά. Για να υπολογίσετε το γινόμενο α
1
·. . ένα n
ενώ διατηρείται η σειρά των παραγόντων, υπάρχουν πολλοί τρόποι για να τοποθετήσετε παρενθέσεις μεταξύ των παραγόντων. Υπολογίστε αναδρομικά τον αριθμό των τρόπων τοποθέτησης αγκύλων.
41. Να υπολογίσετε αναδρομικά τον αριθμό των 8ψήφιων αριθμών των οποίων το άθροισμα των πέντε πρώτων ψηφίων είναι 29 και το άθροισμα των τριών τελευταίων ψηφίων είναι 21.
67
3
. μεθόδους ανάλυσης αλγορίθμων
3.1. Τάξεις αλγορίθμων
Στις προηγούμενες ενότητες, εξετάσαμε διαφορετικές προσεγγίσεις που μπορούν να χρησιμοποιηθούν στην κατασκευή αλγορίθμων. Για να βρεθεί μια λύση, να αναλυθεί η αποτελεσματικότητα αυτής της λύσης, μπορεί κανείς να υποβάλει διάφορες υποθέσεις, να χρησιμοποιήσει ήδη γνωστούς άλλους αλγόριθμους, να επαναδιατυπώσει την κατάσταση του προβλήματος κ.λπ. Μπορείτε να αναζητήσετε κάποια παρόμοια προβλήματα με μια γνωστή λύση και να χρησιμοποιήσετε αυτήν τη λύση για να βρείτε έναν αλγόριθμο για το απαιτούμενο πρόβλημα.
Ωστόσο, υπάρχουν πολλά ιδιαίτερα προβλήματα για τα οποία έχουν βρεθεί λύσεις. Υπάρχουν ακόμη περισσότερες εργασίες που δεν έχουν επιλυθεί ή λυθεί με κάποιους περιορισμούς και προϋποθέσεις. Η αναζήτηση παρόμοιων προβλημάτων μεταξύ του συνόλου των προβλημάτων, η αξιολόγηση των υπαρχουσών λύσεων ανάλογα με τον βαθμό «καταλληλότητάς» τους μπορεί να είναι ένα δύσκολο, χρονοβόρο και όχι πάντα επιλύσιμο πρόβλημα. Θα ήταν πιο χρήσιμο και παραγωγικό να προσπαθήσουμε να ορίσουμε κατηγορίες προβλημάτων που ενώνονται με ένα κοινό πρόβλημα, κοινές μεθόδους και προσεγγίσεις επίλυσης και μετά να αναζητούμε την τάξη στην οποία μπορεί να αποδοθεί το συγκεκριμένο πρόβλημά μας που πρέπει να λυθεί. Φυσικά, δεν πρέπει να υπάρχουν πάρα πολλές τέτοιες τάξεις, αλλά από την άλλη, δεν πρέπει να είναι πολύ λίγες, έτσι ώστε κάθε νέα εργασίαορίστε τη δική σας, νέα τάξη, η οποία στη συνέχεια είναι απίθανο να χρησιμοποιηθεί για την επίλυση άλλων προβλημάτων.
Ως παράδειγμα ενός προβλήματος που ανήκει σε μια συγκεκριμένη κατηγορία, εξετάστε το γνωστό πρόβλημα της αναγνώρισης ενός πλαστού νομίσματος.
Εργασία 3.1 (πρόβλημα σχετικά πλαστό νόμισμα). Υπάρχουν n νομίσματα,
μεταξύ των οποίων μπορεί να υπάρχει ένα ψεύτικο. Το πλαστό νόμισμα διαφέρει από το υπόλοιπο σε βάρος και έχουμε στη διάθεσή μας μια ζυγαριά με δύο κύπελλα. Απαιτείται να προσδιοριστεί ένα πλαστό κέρμα για τον ελάχιστο αριθμό ζυγίσεων ή να καθοριστεί,
ότι δεν υπάρχουν πλαστά νομίσματα.
68
Λύση. Το πρόβλημα των πλαστών νομισμάτων λύθηκε στο Sec. 2.2,
αλλά τότε έγινε γνωστό ότι ένα πλαστό νόμισμα ήταν αναγκαστικά πιο ελαφρύ. Τώρα ας προσπαθήσουμε να λύσουμε αυτό το πρόβλημα για μια γενικότερη περίπτωση. Οποιαδήποτε λύση σε αυτό το πρόβλημα (όχι απαραίτητα βέλτιστη)
μπορεί να ερμηνευθεί ως μια ακολουθία ζυγίσεων. Ωστόσο, είναι σαφές ότι η επιλογή των νομισμάτων για ζύγιση σε οποιοδήποτε βήμα εξαρτάται από τα νομίσματα που χρησιμοποιήθηκαν και τα αποτελέσματα της ζύγισης στα προηγούμενα βήματα. Θα απεικονίσουμε την ακολουθία των ζυγίσεων ως εξής. Επαναριθμούμε τα νομίσματα και τα ορίζουμε ως σύνολο S = (1, 2, . . . , n). Τα σύνολα των αριθμών των νομισμάτων που ζυγίζονται στο αριστερό και το δεξί ταψί του ζυγού μπορούν να συμβολίζονται με S
μεγάλο
και Σ
R
αντίστοιχα. Είναι σαφές ότι η στάθμιση έχει νόημα μόνο εάν οι καρδινάλιες των συνόλων S
μεγάλο
και Σ
R
ταιριάζουν, δηλ. Κάθε ζυγαριά έχει τον ίδιο αριθμό νομισμάτων. Η ζύγιση θα συμβολίζεται με το σύμβολο ":", και στη συνέχεια κάθε ζύγιση
(ΜΙΚΡΟ
μεγάλο
) : (Σ
R
) υπάρχουν τρία πιθανά αποτελέσματα. Πολλά νομίσματα
μικρό
μεγάλο
μπορεί να είναι ελαφρύτερο, βαρύτερο ή το ίδιο βάρος με το σετ S
R
. Στη συνέχεια, θα ονομάσουμε αυτά τα αποτελέσματα στάθμισης ως
"" ή "=", αντίστοιχα. Ένα παράδειγμα ζύγισης για τέσσερα νομίσματα φαίνεται στο σχ. 3.1. Τα οβάλ αντιπροσωπεύουν ζύγιση, τα τετράγωνα αντιπροσωπεύουν τα αποτελέσματα, υποδεικνύοντας τον αριθμό του πλαστού νομίσματος και εάν είναι ελαφρύτερο ή βαρύτερο από τα άλλα.
Η περίπτωση χωρίς πλαστό κέρμα υποδεικνύεται ως "0", τα διαγραμμένα τετράγωνα αντιστοιχούν σε περιπτώσεις που δεν μπορούν να συμβούν.
Θα υπολογίσουμε τον μέγιστο αριθμό ζυγίσεων που απαιτούνται για την επίλυση του προβλήματος, δηλ. χειρότερη περίπτωση. Όπως φαίνεται από το σχ. 3.1, το πρόβλημα λύνεται σε 3 ζυγίσεις στη χειρότερη περίπτωση. Σημειώστε ότι ακόμα και στην καλύτερη περίπτωση χρειαζόμαστε τουλάχιστον 2
ζύγισμα. Μπορεί να επιτευχθεί καλύτερο αποτέλεσμα;
Στο σχ. Το 3.1 παρουσιάζει μια άλλη λύση στο πρόβλημα της ζύγισης τεσσάρων νομισμάτων. Στο πρώτο βήμα, ζυγίζουμε όχι δύο κέρματα, αλλά όλα τα νομίσματα, χωρίζοντάς τα σε δύο σετ. Ως αποτέλεσμα, πετύχαμε ότι στην καλύτερη περίπτωση χρειάζεται μόνο ένα ζύγισμα,
Ωστόσο, στη χειρότερη περίπτωση, ο αριθμός των ζυγισμάτων είναι και πάλι 3.
69
(1) : (2)
(1) : (3)
(1) : (4)
0 4 Τ
4 Λ
3 Τ
3 Λ
(1) : (4)
2 Τ
1 L
(1) : (4)
2 Λ
1 Τ
=
=
=
>
>
>
>
>
=
=
Ρύζι. 3.1. Επίλυση του προβλήματος των πλαστών νομισμάτων
Σημειώστε ότι, σε αντίθεση με την πρώτη επιλογή ζύγισης,
φαίνεται στο σχ. 3.1, στη δεύτερη έκδοση, όχι μόνο ορίσαμε το σύστημα ζύγισης, αλλά εισαγάγαμε επίσης μια νέα έννοια υποψηφίων πλαστών νομισμάτων. Πράγματι, σκεφτείτε το αποτέλεσμα της πρώτης ζύγισης, (1, 2) : (3, 4). Έστω (1, 2) L
= (1, 2) και S
R
= (3, 4). Επειτα
μικρό
μεγάλο
R
. Από αυτό το αποτέλεσμα δεν είναι δυνατό να κριθεί αν το πλαστό νόμισμα είναι ελαφρύτερο ή βαρύτερο από όλα τα άλλα,
και σε τι σετ είναι. Ωστόσο, μπορεί να υποτεθεί
(και ακόμη ακριβέστερα - μπορεί να υποστηριχθεί) ότι αν ένα πλαστό νόμισμα ανήκει στο σύνολο S
μεγάλο
, τότε το πλαστό νόμισμα είναι ελαφρύτερο από τα άλλα, ένα τέτοιο σύνολο συμβολίζουμε με το γράμμα L. Στην περίπτωσή μας, αν τα νομίσματα με αριθμούς 1 ή 2 είναι πλαστά, τότε είναι ελαφρύτερα από τα πραγματικά. Εάν τα πλαστά νομίσματα με αριθμούς 3 ή
4, τότε είναι βαρύτερα από τα πραγματικά, θα συμβολίσουμε το αντίστοιχο σύνολο με το γράμμα Τ. Στο σχ. 3.2 ελαφριά και βαριά πλαστά υποψήφια υποδεικνύονται με σημάδια στις άκρες του δέντρου.
Προφανώς, μπορεί κανείς να απαντήσει στην ερώτηση σχετικά με τον βέλτιστο αριθμό ζυγίσεων συνεχίζοντας να ταξινομεί τα πιθανά σχήματα για την επιλογή νομισμάτων. Δεδομένου ότι ο αριθμός των νομισμάτων είναι πεπερασμένος, αργά ή γρήγορα μια τέτοια απαρίθμηση μπορεί να ολοκληρωθεί. Προς το παρόν, ας σταθούμε στις δύο λύσεις που προέκυψαν και ας προσπαθήσουμε να αναλύσουμε τι έδωσαν
70
(1.2) Λ
(3.4) Τ
(1.2) Τ
(3.4) Λ
(1,2) : (3,4)
(3) : (4)
4 Τ
3 Τ
(1) : (2)
1 L
=
=
>
>
>
=
0 2 L
(3) : (4)
3 Λ
4 Λ
(1) : (2)
2 Τ
=
>
>
=
1 Τ
Ρύζι. 3.2. Μια άλλη λύση στο πρόβλημα ενός πλαστού νομίσματος σε εμάς από την άποψη μιας γενικής προσέγγισης για την επίλυση του προβλήματος.
Όπως είναι γνωστό, οποιαδήποτε στρατηγική ζύγισης νομισμάτων μπορεί να περιγραφεί χρησιμοποιώντας ένα τριαδικό ή τριαδικό δέντρο. Με άλλα λόγια, το υπό εξέταση πρόβλημα ανήκει στην κατηγορία των προβλημάτων,
περιγράφεται από τριμερή δέντρα. Μια τέτοια ταξινόμηση του προβλήματος καθιστά δυνατή την ανάλυση όχι κάθε συγκεκριμένης λύσης, αλλά όλων των λύσεων γενικά, με βάση τις γνωστές ιδιότητες των δέντρων.
Έτσι, η επανάληψη τελείωσε πιθανούς τρόπουςΗ στάθμιση είναι στην πραγματικότητα μια αναζήτηση σε διάφορα τριμερή δέντρα, από τα οποία, φυσικά, υπάρχουν εκθετικά πολλά. Από την άλλη πλευρά, ας προσπαθήσουμε να προσδιορίσουμε τι είναι γενικά δυνατό να επιτευχθεί κατά την επίλυση ενός δεδομένου προβλήματος, χρησιμοποιώντας το ότι ανήκει στη συγκεκριμένη κατηγορία.
Από το σχ. 3.1 και 3.2, φαίνεται ότι, απεικονίζοντας την ακολουθία ζυγίσεων χρησιμοποιώντας ένα δέντρο, αποδίδουμε κάθε ζύγιση σε μια κορυφή δέντρου που δεν είναι φύλλο (που απεικονίζεται με οβάλ), ενώ τα αποτελέσματα, συμπεριλαμβανομένων των αδύνατων,
αντιστοιχούσε στα φύλλα του δέντρου (που φαίνεται με τετράγωνα). Όλοι οι κόμβοι δέντρων μπορούν να παραγγελθούν ανά επίπεδα,
71
ΣΤΟ
ένα
=
=
>
ΣΤΟ
ένα
Και
Και
Και
=
>
ΣΤΟ
ένα
Και
Και
Και
=
>
ΣΤΟ
ένα
Και
Και
Και
=
>
ΣΤΟ
ένα
Και
Και
Και
=
>
ΣΤΟ
ένα
=
>
ΣΤΟ
ένα
=
>
ΣΤΟ
ένα
>
Προς την
ΣΤΟ
μεγάλο
Στο
0
Στο
1
Στο
μεγάλο
-
1
Στο
μεγάλο
……
………………
………
…
…
……
…
…
…
…
…
……
……
…
…
σολ
α =
μεγάλο
Ρύζι.
3.3.
Τ
δέντρο εαρινό βάρος
72
εκείνοι. από την απόστασή τους από τη ρίζα του δέντρου. Ο αριθμός επιπέδου είναι ίσος με τον αριθμό των ακμών που πρέπει να περάσουν από τη ρίζα για να φτάσουμε στην κορυφή. δεδομένο επίπεδο(Εικ. 3.3). Εάν το βάθος του δέντρου είναι το επίπεδο του φύλλου που βρίσκεται πιο μακριά από τη ρίζα, τότε αυτή η τιμή είναι ίση με τον αριθμό των ζυγίσεων στη χειρότερη περίπτωση.
Πόσα πιθανά αποτελέσματα υπάρχουν στο πρόβλημά μας; Κάθε ένα από τα n νομίσματα μπορεί να αποδειχθεί ότι είναι ένα ψεύτικο ελαφρύ ή ψεύτικο βαρύ νόμισμα και μπορεί να μην υπάρχουν καθόλου πλαστά νομίσματα.
Έτσι, έχουμε 2n + 1 αποτελέσματα. Αυτό σημαίνει ότι στο δέντρο
που αντιστοιχεί στο σχέδιο ζύγισης, πρέπει να είναι τουλάχιστον
2n + 1 φύλλα. Ένα τριαδικό δέντρο βάθους l περιέχει το πολύ,
από 3
φεύγω. Από αυτό μπορούμε να υπολογίσουμε το ελάχιστο δυνατό βάθος του δέντρου
3
μεγάλο
≥ 2n + 1,
και ως εκ τούτου
l ≥ ημερολόγιο
3
(2n + 1).
(3.1)
Έτσι, για n = 4, ο ελάχιστος δυνατός αριθμός ζυγίσεων είναι μεγαλύτερος ή ίσος με 2. Εδώ δεν εννοούμε τον ελάχιστο αριθμό ζυγίσεων για αυτό το σχήμα - όπως στο Σχ. 3.2, και υπάρχουν περιπτώσεις που η λύση του προβλήματος έχει ήδη βρεθεί μετά την πρώτη ζύγιση - αξιολογούμε τη χειρότερη επιλογή, δηλ. ο μέγιστος αριθμός σταθμίσεων για ένα δεδομένο σχήμα, με άλλα λόγια, αναζητούμε ένα ελάχιστο μεταξύ των μέγιστων βάθους όλων των δέντρων με τουλάχιστον 2n + 1 φύλλα.
Ωστόσο, μπορεί να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει μέθοδος στάθμισης που να δίνει ισότητα στην εκτίμηση (3.1).
ΘΕΩΡΗΜΑ 3.1
Ο αριθμός των ζυγίσεων στη χειρότερη περίπτωση για το πρόβλημα των πλαστών νομισμάτων υπολογίζεται ως l > log
3
(2n + 1).
Απόδειξη. Όπως αναφέρθηκε ήδη, για n νομίσματα, υπάρχουν 2n + 1 πιθανά αποτελέσματα. Κάθε ζύγιση μπορεί να έχει τρία πιθανά αποτελέσματα και κάθε αποτέλεσμα έχει τα δικά του
73
σχέδιο περαιτέρω ζυγίσεων. Ταυτόχρονα, το σχήμα έχει τον δικό του αριθμό πιθανών αποτελεσμάτων, λαμβάνοντας υπόψη το αποτέλεσμα της τελευταίας ζύγισης. Αφήστε στο πρώτο ζύγισμα |S
μεγάλο
| = |Σ
R
| = k, δηλ.
Τα κέρματα χρησιμοποιούνται στη μία κλίμακα και τα κέρματα στην άλλη,
όπου k ≤ n/2 . Αν ταυτόχρονα ο Σ
μεγάλο
R
, στη συνέχεια νομίσματα από το S
μεγάλο
δηλώνουμε υποψηφίους για ελαφρά πλαστά κέρματα, και κέρματα από Σ
R
- Υποψήφιοι για βαριά πλαστά νομίσματα. Με αυτόν τον τρόπο,
με το αποτέλεσμα της πρώτης ζύγισης, είναι δυνατά αποτελέσματα 2k.
Ομοίως, για τον Σ
μεγάλο
>Σ
R
2.000 άλλα αποτελέσματα είναι πιθανά. Επομένως, για τον Σ
μεγάλο
=S
R
τα υπόλοιπα 2n + 1 − 4k αποτελέσματα είναι πιθανά.
Εάν ισχύει η ισότητα στην (3.1), αυτό σημαίνει ότι το τριαδικό δέντρο είναι πλήρες και όλα τα φύλλα του βρίσκονται στο lο επίπεδο.
Αλλά για αυτό είναι απαραίτητο μετά από κάθε ζύγιση, τα πιθανά αποτελέσματα να κατανέμονται ομοιόμορφα στους τρεις κλάδους και την ισότητα
2k = 2n + 1 − 4k,
κάτι που είναι αδύνατο αφού το 2k είναι πάντα ζυγός αριθμός, και
2n + 1 − 4k είναι πάντα περιττό.
Μια σημαντική ιδέα χρησιμοποιήθηκε για την απόδειξη του Θεωρήματος 3.1:
Προκειμένου το δέντρο στάθμισης να είναι βέλτιστο, ή τουλάχιστον όσο το δυνατόν πιο κοντά στο βέλτιστο, είναι απαραίτητο τα αποτελέσματα να κατανέμονται ομοιόμορφα σε όλα τα αποτελέσματα κάθε ζύγισης.
Έτσι, λάβαμε μια εκτίμηση για τον χειρότερο αριθμό ζυγίσεων στο πρόβλημα πλαστών νομισμάτων συνδέοντας αυτό το πρόβλημα με την κατηγορία προβλημάτων
περιγράφεται από τριμερή δέντρα. Τώρα εξετάστε ένα ελαφρώς τροποποιημένο πρόβλημα.
Πρόβλημα 3.2 (πρόβλημα σχετικά με ένα πλαστό νόμισμα παρουσία ενός προτύπου). Υπάρχουν n κέρματα, μεταξύ των οποίων μπορεί να υπάρχει ένα πλαστό, και ένα ακόμη νόμισμα, για τα οποία είναι σίγουρο ότι είναι αληθινό. Απαιτείται να προσδιοριστεί το πλαστό κέρμα στον ελάχιστο αριθμό ζυγίσεων ή να διαπιστωθεί ότι δεν υπάρχουν πλαστά κέρματα.
74
Λύση. Αυτό το πρόβλημα διαφέρει από το προηγούμενο λόγω της παρουσίας ενός πρόσθετου νομίσματος αναφοράς, αλλά αποδεικνύεται ότι αυτό το πρόσθετο νόμισμα επιτρέπει σε κάποιον να κατασκευάσει δέντρα βέλτιστου βάρους για τα οποία ικανοποιείται η ισότητα στο (3.1). Συμβολίστε με n l
ο αριθμός για τον οποίο ισχύει η ισότητα
3
μεγάλο
= 2nl
+ 1.
(3.2)
Όταν εξετάζουμε το προηγούμενο πρόβλημα στο Θεώρημα 3.1, έχουμε: για να ικανοποιηθεί η ισότητα (3.1), το δέντρο στάθμισης πρέπει να είναι πλήρες. Επομένως, εάν είναι δυνατό να κατασκευαστεί ένα τέτοιο βέλτιστο δέντρο l επιπέδων, τότε θα καθορίσει ένα σχήμα l σταθμίσεων για n l
νομίσματα. Σημειώστε ότι ισχύει η παρακάτω σχέση:
n l
= 3nl−1
+ 1.
(3.3)
Δεδομένου ότι για ν
0
= 0 στο (3.2) παίρνουμε την ισότητα, 3 0
= 2 0 + 1,
τότε από εδώ χρησιμοποιώντας το (3.3) μπορούμε να πάρουμε n
1
= 1,n
2
=
4, n
3
= 13 κ.λπ. Η λύση (3.2) είναι η ακολουθία
0, 1, 4, 13, 40, . . ..
Έτσι, όταν ισχύει η ισότητα (3.2), το σύνολο του n
Τα κέρματα l χωρίζονται σε τρία ίσα μέρη με n l−1
κέρματα και απομένει ακόμη ένα νόμισμα. Ας εξετάσουμε διάφορες καταστάσεις που μπορεί να προκύψουν κατά τη διαδικασία ζύγισης.
Σχήμα 1. Έστω στην αρχή της ζύγισης έχουμε n i
νομίσματα, όπου n i
ανήκει στην ακολουθία (3.3) για κάποια i. Ας βάλουμε n i−1
νομίσματα, όπου n
Εγώ
= 3n i−1
+ 1,
στη συνέχεια προσθέτουμε ένα νόμισμα αναφοράς στο αριστερό σκεύος της ζυγαριάς και ένα από τα υπόλοιπα n i−1
+ 1 νομίσματα. Να χαρακτηρίσετε τα σταθμισμένα σύνολα, όπως πριν, με S
μεγάλο
και Σ
R
Τώρα αφήστε ως αποτέλεσμα της ζύγισης S
μεγάλο
=S
R
. Δεδομένου ότι το νόμισμα αναφοράς συμμετείχε στη ζύγιση, είναι προφανές ότι το πλαστό νόμισμα, εάν υπάρχει, είναι μεταξύ των αχρησιμοποίητων ν.
i−1
νομίσματα και το πρόβλημα μειώνεται σε πρόβλημα με n i−1
νομίσματα. Εν
75
Ως αποτέλεσμα της στάθμισης, έχουμε ακόμα 2n i−1 δυνατά
+ 1 =
3
i−1
αποτελέσματα. Ας αφήσουμε τώρα τον Σ
μεγάλο
R
. Αυτό σημαίνει ότι το πλαστό νόμισμα βρίσκεται είτε στο σετ S
μεγάλο
και ταυτόχρονα είναι πιο ελαφρύ από τα άλλα, ή στο σετ S
R
και μετά είναι πιο βαρύ από τα άλλα.
Επιπλέον, υπάρχουν n i−1
ύποπτα ελαφρά νομίσματα και n i−1
+ 1 ύποπτο βαρύ και μαζί αυτό πάλι δίνει 2n i−1
+ 1 = 3
i−1
πιθανά αποτελέσματα.
Τέλος, ας το Σ
μεγάλο
>Σ
R
. Τότε έχουμε n i−1
υποψήφια βαριά νομίσματα και n i−1
+1 υποψήφιοι για πνεύμονες και σύνολο 2n i−1
+1 =
3
i−1
αποτελέσματα. Έτσι, με ένα τέτοιο σχήμα της πρώτης ζύγισης, παίρνουμε στην πραγματικότητα αυτό το 3
Τα αρχικά αποτελέσματα κατανεμήθηκαν ομοιόμορφα σύμφωνα με τα αποτελέσματα της ζύγισης. Για να προσδιορίσετε εάν είναι δυνατό να ρυθμίσετε το σχέδιο ζύγισης έτσι ώστε μετά από κάθε ζύγιση τα αποτελέσματα να χωρίζονται σε ίσο αριθμό μερών, εξετάστε τα αποτελέσματα της ζύγισης. Προφανώς, για τον Σ
μεγάλο
=S
R
φτάνουμε στο ίδιο πρόβλημα, μόνο με μικρότερη διάσταση, και μπορούμε πάντα να εκτελέσουμε ξανά τη στάθμιση σύμφωνα με το σχήμα 1, αλλά με μικρότερη τιμή i.
Σχήμα 2. Ας αφήσουμε τώρα το S
μεγάλο
R
. Σε αυτή την περίπτωση, ορίζουμε τη στρατηγική στάθμισης ως εξής. Τα αρχικά δεδομένα είναι ότι σε κάποιο βήμα i στην ακολουθία σταθμίσεων έχουμε 3
Εγώ
= 2n i
+ 1 νομίσματα, μεταξύ των οποίων n i
ελαφρά πλαστά υποψήφιοι και n i
+ 1 υποψήφιοι για βαριά, ενώ ο αριθμός n i
είναι ένας αριθμός της φόρμας (3.3)
n i
= 3n i−1
+ 1.
Βάλτε σε κάθε κλίμακα το pan n i−1
εύκολοι υποψήφιοι και ν
i−1
+1 βαρύ. Δεδομένου ότι υπάρχουν μόνο 2n i
+1 = 2(3n i−1
+1)+1 = 6n i−1
+3
νομίσματα, και ζυγίζουν
2n i−1
+ 2n i−1
+ 2 = 4n i−1
+ 2
νομίσματα, τότε υπάρχουν ακόμα 2n i−1
+ 1 νομίσματα, μεταξύ των οποίων n i−1
+ 1
πνεύμονες και n i−1
βαρύς. Εφόσον υπάρχει ο ίδιος αριθμός ελαφρών και βαρέων νομισμάτων και στις δύο κλίμακες, τότε εάν η ζυγαριά δεν είναι ισορροπημένη,
αυτό δίνει n i−1
υποψήφιοι για ελαφριά νομίσματα (από το μπολ που αποδείχθηκε πιο ελαφρύ) και n i−1
+ 1 υποψήφιο για βαρύ (από το μπολ που αποδείχτηκε
76
πιο βαρύ). Αυτό μας φέρνει στα αρχικά δεδομένα του ίδιου σχήματος
(σχήματα 2), αλλά για 3
i−1
= 2n i−1
+ 1 νομίσματα. Εάν η ζυγαριά είναι ισορροπημένη, τότε αυτό σημαίνει ότι πρέπει να ψάξουμε για ένα πλαστό νόμισμα ανάμεσα σε αζύγιστο n i−1
+ 1 πνεύμονες και n i−1
βαριά νομίσματα, που αντιστοιχεί στο Σχήμα 3. Προφανώς, 2n i−1
+1 αποτελέσματα, π.χ. και πάλι το σύνολο όλων των πιθανών αποτελεσμάτων χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη.
Σχήμα 3. Ας αφήσουμε τώρα το S
μεγάλο
>Σ
R
. Σε αυτή την περίπτωση έχουμε 3
Εγώ
=
2n i
+ 1 νομίσματα, μεταξύ των οποίων n i
+ 1 ελαφρύ πλαστό υποψήφιο, και n i
υποψήφιοι βαρέων βαρών. Όλα τα ορίσματα είναι παρόμοια με το Σχήμα 2, με τη διαφορά ότι κατά τη ζύγιση, πρέπει να βάλετε n i−1
+ 1 εύκολοι υποψήφιοι, και n i−1
βαρύς. Εάν η ζυγαριά δεν είναι ισορροπημένη, αυτό μας δίνει πάλι το μοτίβο 3 προς 3
i−1
κέρματα, διαφορετικά λαμβάνουμε τις προϋποθέσεις για τη ζύγιση που αντιστοιχούν στο Σχήμα 2. Και πάλι, σε όλες τις περιπτώσεις, το σύνολο των πιθανών αποτελεσμάτων χωρίζεται σε τρία ίσα μέρη του 2n i−1
+ 1.
Έτσι, έχουμε τρεις φορές
1 2
3
=
>
=
=
Ρύζι. 3.4. Μεταβάσεις μεταξύ συστημάτων στάθμισης στο πρόβλημα πλαστών κερμάτων προσωπικής κατάστασης που περιγράφεται παραπάνω και του κανόνα στάθμισης για κάθε κράτος. Ανάλογα με το αποτέλεσμα ζύγισης περνάμε σε άλλη κατάσταση (ή παραμένουμε στην ίδια κατάσταση), αλλά για μικρότερο αριθμό νομισμάτων. Σε κάθε ζύγιση, ο αριθμός των πιθανών αποτελεσμάτων κατανέμεται ομοιόμορφα σύμφωνα με τα αποτελέσματα της ζύγισης. Το σχήμα των μεταβάσεων μεταξύ των καταστάσεων φαίνεται στο σχ. 3.4. Ένα παράδειγμα ζύγισης για 27 νομίσματα φαίνεται στο σχ. 3.5.
77
Εργασία 1:Μπορεί ένα τετράγωνο 5 × 5 να κοπεί σε ορθογώνια 1 × 2 (ντόμινο). Εργασία 2:Τα απέναντι γωνιακά τετράγωνα κόβονται από μια σκακιέρα 8×8. Μπορεί το υπόλοιπο να κοπεί σε 1 × 2 ορθογώνια (ντόμινο); Λύση:Οχι. Κάθε ντόμινο καταλαμβάνει ένα μαύρο και ένα άσπρο τετράγωνο και υπάρχουν διαφορετικοί αριθμοί ασπρόμαυρων τετραγώνων στον πίνακα χωρίς γωνίες. Εργασία 3:Από τις απέναντι γωνίες μιας σανίδας 10 × 10, κόβονται δύο τετράγωνα 3 × 3. Μπορεί το υπόλοιπο να κοπεί σε ντόμινο; Εργασία 4:Βρείτε ένα συνδεδεμένο κομμάτι σε μια σκακιέρα, στην οποία υπάρχουν ίσοι αριθμοί μαύρων και λευκών κυψελών, αλλά δεν μπορούν να χωριστούν σε ντόμινο. Εργασία 5:Είναι δυνατόν να κόψουμε ένα τετράγωνο 10 × 10 σε 25 κομμάτια; Εργασία 6:Λύση:Χρωματίστε τον πίνακα με μοτίβο σκακιέρας. Θα υπάρχει ένας ζυγός αριθμός μαύρων κελιών και ένα ή τρία από αυτά θα πέφτουν σε κάθε σχήμα. Εργασία 7:Είναι δυνατόν να κόψουμε ένα τετράγωνο 10 × 10 σε 25 κομμάτια; Λύση:
Χρωματίστε τον πίνακα σε τέσσερα χρώματα (βλ. εικόνα). Κάθε σχήμα καταλαμβάνει ένα κελί από κάθε χρώμα και τα κελιά του πρώτου και του δεύτερου χρώματος έχουν διαφορετικό αριθμό.
Κατεύθυνση: Χρωματίστε τον πίνακα σε τρία χρώματα.
Εργασία 12:Ποιος είναι ο μέγιστος αριθμός 1 × 1 × 4 ράβδων που μπορεί να κοπεί από έναν κύβο 6 × 6 × 6; Εργασία 13:Το ορθογώνιο χωρίζεται σε σχήματα και . Ένα από τα χαμένα, αλλά το αντικατέστησε με. Αποδείξτε ότι το νέο σύνολο δεν μπορεί να καλύψει το αρχικό ορθογώνιο. Εργασία 14:Μπορεί ένα τετράγωνο 16 × 16 να χωριστεί σε 64 ορθογώνια 1 × 4, από τα οποία τα 31 θα είναι κάθετα και τα υπόλοιπα 33 οριζόντια; Λύση:Χρώμα κάθε τέταρτη κάθετη. Εργασία 15:Για ποιο n μπορεί το τετράγωνο n × n να χωριστεί σε a) ;σι)? Λύση:Για n διαιρείται με τέσσερα.
Εργασία 16:Ένα m × k ορθογώνιο χωρίζεται σε 1 × n ορθογώνια. Να αποδείξετε ότι το m διαιρείται με το n ή το k διαιρείται με το n.γ) για οποιοδήποτε ν. Λύση:
Χρώμα σε ν χρώματα.
Εργασία 17:Αποδείξτε ότι ένα m × n ορθογώνιο μπορεί να χωριστεί σε ορθογώνια a × b εάν και μόνο εάν πληρούνται οι ακόλουθες συνθήκες:1) τα m και n αντιπροσωπεύονται ως ka + lb (k και l είναι μη αρνητικοί ακέραιοι)
2) Το m και το n διαιρούνται με το a.
3) Το m ή το n διαιρείται με το b.
Εργασία 18:Ένα m × n ορθογώνιο ονομάζεται ισχυρό εάν μπορεί να χωριστεί σε ντόμινο με τέτοιο τρόπο ώστε κάθε τομή του ορθογωνίου να τέμνει τουλάχιστον ένα ντόμινο. Αποδείξτε ότι:α) 2 × n ορθογώνιο - εύθραυστο
β) 3 × n ορθογώνιο - εύθραυστο
γ) 4 × n ορθογώνιο - εύθραυστο
δ) 5×6 και 6×8 ορθογώνια - δυνατά
ε) εάν ένα m × n ορθογώνιο είναι ισχυρό, τότε ένα ορθογώνιο m × (n + 2) είναι επίσης ισχυρό.
στ) * 6×6 ορθογώνιο - εύθραυστο
ζ) Ποια ορθογώνια είναι δυνατά και ποια όχι; Λύση:στ) Υπόδειξη: Κάθε γραμμή σε τετράγωνο 6×6 διασταυρώνει ζυγό αριθμό ντόμινο.
ζ) Όλα τα m × n ορθογώνια όπου το mn είναι άρτιο, m,n ≥ 5, εκτός από το 6 × 6.
Εργασία 19:Μια γωνία είναι μια φιγούρα της φόρμας.
α) Μπορεί ένα ορθογώνιο 5 × 9 να σπάσει σε γωνίες;
β) Να αποδείξετε ότι ένα ορθογώνιο με πλευρές μεγαλύτερες από 100 και εμβαδόν διαιρούμενο με το 3 μπορεί να σπάσει σε γωνίες.
γ) Ποια ορθογώνια μπορούν να χωριστούν σε γωνίες και ποια όχι;
Εργασία 20:Μπορεί ένας πίνακας 2 n × 2 n χωρίς γωνιακό τετράγωνο να χωριστεί σε γωνίες; Λύση:Ναι μπορείς. Το διαμέρισμα κατασκευάζεται με επαγωγή.
Εργασία 21:Για ποιο n μπορεί ένας πίνακας (2n + 1) × (2n + 1) χωρίς γωνιακό κελί να χωριστεί σε ντόμινο, μεταξύ των οποίων υπάρχουν εξίσου κάθετα και οριζόντια; Λύση:Για ακόμη και ν.
