งานตรรกะสำหรับการวางโดมิโนบนกระดานหมากรุก คณิตศาสตร์โอลิมปิกและปัญหาโอลิมปิก
ให้กระดานหมากรุกขนาด 8 × 8 ซึ่งตัดมุมสองมุมตรงข้ามแนวทแยงมุมและ 31 แต้ม; โดมิโนแต่ละตัวสามารถครอบคลุมสองสี่เหลี่ยมบนกระดาน เป็นไปได้ไหมที่จะปูทั้งกระดานด้วยกระดูก? ให้เหตุผลสำหรับคำตอบของคุณ
วิธีการแก้
ได้อย่างรวดเร็วก่อนดูเหมือนว่านี้เป็นไปได้ บอร์ดมีขนาด 8×8 จึงมี 64 เซลล์ ไม่รวม 2 อัน ซึ่งหมายความว่าเหลือ 62 อัน ดูเหมือนว่า 31 กระดูกน่าจะพอดีกันใช่ไหม?
เมื่อเราพยายามจัดเรียงโดมิโนในแถวแรก เรามีช่องสี่เหลี่ยมอยู่แค่ 7 ช่อง กระดูกหนึ่งชิ้นจะไปที่แถวที่สอง จากนั้นเราวางโดมิโนในแถวที่สอง และอีกแผ่นหนึ่งไปที่แถวที่สาม
ในแต่ละแถวจะมีกระดูกหนึ่งชิ้นเสมอที่จะต้องย้ายไปยังแถวถัดไป ไม่ว่าเราจะลองเลย์เอาต์กี่อัน เราก็ไม่สามารถจัดวางกระดูกทั้งหมดได้
กระดานหมากรุกแบ่งออกเป็น 32 ช่องสีดำและ 32 ช่องสีขาว โดยการลบมุมตรงข้าม (โปรดทราบว่าเซลล์เหล่านี้เป็นสีเดียวกัน) เราจะเหลือ 30 เซลล์ที่มีสีเดียวและ 32 เซลล์ที่มีสีอื่น สมมติว่าตอนนี้เรามีสี่เหลี่ยมสีดำ 30 ช่องและสี่เหลี่ยมสีขาว 32 ช่อง
ลูกเต๋าแต่ละลูกที่เราจะวางบนกระดานจะครอบครองหนึ่งเซลล์สีดำและหนึ่งเซลล์สีขาว ดังนั้น 31 แต้มจะครอบครอง 31 เซลล์สีขาวและ 31 เซลล์สีดำ แต่มีเพียง 30 เซลล์สีดำและ 32 เซลล์สีขาวบนกระดานของเรา ดังนั้นจึงไม่สามารถย่อยสลายกระดูกได้
การวิเคราะห์นำมาจากการแปลหนังสือโดย G. Luckman McDowell และมีวัตถุประสงค์เพื่อให้ข้อมูลเท่านั้น
ถ้าคุณชอบมัน เราขอแนะนำให้คุณซื้อหนังสือ
6. มี 235 แมตช์ในกล่อง ผู้เล่นสองคนพาพวกเขาไปในทางกลับกัน ในการย้ายครั้งเดียว คุณสามารถใช้ได้ตั้งแต่ 1 ถึง 6 แมตช์ ผู้เล่นชนะ
รับการแข่งขันนัดสุดท้าย ใครชนะเมื่อเล่นอย่างถูกต้อง?
62
7. สี่เหลี่ยมมุมฉากถูกตัดออกจากกระดาน 8 × 8 เป็นไปได้ไหมที่จะวางกระดานในรูปสี่เหลี่ยมผืนผ้า 1 × 3?
8. จาก 30 แมตช์ ผู้เล่นสองคนใช้ดุลยพินิจตั้งแต่ 1
มากถึง 6 แมตช์ ผู้ที่ได้รับการแข่งขันนัดสุดท้ายชนะ
9. มีก้อนหินสามกอง รัฐคือจำนวนสามเท่า
(x
1
, x
2
, x
3
) โดยที่ x i
- จำนวนหินในกอง i-th การย้ายคือการดำเนินการถ่ายโอนจากกองไปยังกองจำนวนหินเท่ากับจำนวนหินในกองที่มีการถ่ายโอน จากสถานะเริ่มต้น (11, 7, 6) รับสถานะ (8, 8, 8)
10. แบ่งวงกลมออกเป็นจำนวนสูงสุดโดยใช้เส้นตรงสี่เส้น
11. ตัดกากบาทกรีกด้วยเส้นตรงสองเส้นเพื่อที่
เพื่อสร้างรูปสี่เหลี่ยมผืนผ้าจากส่วนที่เป็นผล ด้านหนึ่งเป็นอีกด้านเป็นสองเท่า
12. มีปริมาณของเหลวและภาชนะเปล่า 12 ลิตรใน9
และ 5 ลิตร จำเป็นต้องวัด 6 ลิตรอย่างแน่นอน ภาชนะดังกล่าวสามารถวัดได้กี่ลิตรจากปริมาณสำรอง 12 ลิตร?
13. กำหนดจำนวนลำดับของความยาว n จาก (0, 1, 2),
ซึ่งไม่มีสองหน่วยติดต่อกัน
14. เป็นไปได้ไหมที่จะครอบคลุมตาราง 10 × 10 ด้วยตัวเลขของแบบฟอร์ม
15. เป็นไปได้ไหมที่จะครอบคลุมตาราง 10 × 10 ด้วยตัวเลขของแบบฟอร์ม
63
16. เป็นไปได้ไหมที่จะปิดช่องสี่เหลี่ยมขนาด 8×8 ที่มีช่องตัดมุมที่มีรูปทรง
17. เป็นไปได้ไหมที่จะคลุมด้วยตัวเลขของกระดานหมากรุก 8 × 8 ซึ่งสี่เหลี่ยมถูกตัดออก:
18. เป็นไปได้ไหมที่จะวางกระดานหมากรุกด้วยกรงมุมแกะสลักด้วยชิ้นส่วนของแบบฟอร์ม
19. เป็นไปได้ไหมที่จะสร้างอัศวินสี่คู่ด้วยความช่วยเหลือของเรือสองคน ถ้านายทหารไม่สามารถอยู่บนฝั่งเดียวกันกับอัศวินของคนอื่นในกรณีที่ไม่มีนายของเขา?
20. พัฒนาอัลกอริธึมเพื่อค้นหาตัวเลขที่เล็กที่สุดสองตัวในลำดับที่ไม่เรียงลำดับของตัวเลข n
21. จาก 27 แมตช์ที่วางอยู่บนโต๊ะ ผู้เล่นสองคนสลับกันอย่างน้อยหนึ่งแมตช์และไม่เกินสี่แมตช์ ผู้ชนะคือผู้ที่จบเกมจะมีจำนวนแมตช์เท่ากัน พัฒนาอัลกอริทึมสำหรับเกมของผู้เล่นคนแรก
64
22. ผู้เข้าร่วมสองคนในเกมผลัดกันโทรหาหมายเลขตั้งแต่ 1 ถึง 10
การโทรไปยังหมายเลขนั้น ผู้เล่นจะบวกเข้ากับผลรวมของตัวเลขที่มีอยู่แล้ว (การเรียกหมายเลขแรก ผู้เล่นจะเพิ่มเป็นศูนย์) ผู้เล่นที่ทำคะแนนได้ 100 จะเป็นผู้ชนะ
พัฒนาอัลกอริทึมสำหรับเกมของผู้เล่นคนแรก
23. ค้นหาจำนวนคำถามขั้นต่ำ (คำตอบที่เป็นไปได้:
"ใช่" "ไม่ใช่") ตัวเลข 5 หลักที่ซ่อนอยู่ หากผลรวมของสามหลักแรกเป็น 17
24. ค้นหาจำนวนคำถามขั้นต่ำ (คำตอบที่เป็นไปได้:
"ใช่", "ไม่ใช่") ตัวเลข 4 หลักที่ซ่อนอยู่ ถ้าผลรวมของหลักที่สองและสี่เป็น 7
25. สามารถแลกเปลี่ยน 100 rubles ได้กี่วิธี? เหรียญใน
5, 10, 20 และ 50 รูเบิล?
26. คำนวณซ้ำจำนวนตัวเลขหกหลักซึ่งผลรวมของสี่หลักแรกคือ 26 และผลรวมของสองหลักสุดท้ายคือ 14
27. คำนวณซ้ำจำนวนพาร์ติชั่นของหมายเลข 37 ด้วยห้าเทอมซึ่งครั้งแรกไม่เกิน 7 วินาที
- 5 และที่สามและสี่รับค่าจาก set
{5, 6, 7, 8}.
28. คำนวณซ้ำจำนวนของตัวเลขเจ็ดหลักซึ่งมีผลรวมของตัวเลขสี่ตัวแรกคือ 21 และผลรวมของตัวเลขห้าตัวสุดท้ายคือ 19
29. คำนวณซ้ำจำนวนพาร์ติชั่นของหมายเลข 27 ด้วยสี่เทอมซึ่งครั้งแรกไม่เกิน 7
ที่สองคือ 8 และที่สามและสี่ใช้ค่าจากชุด (3, 5, 7)
30. คำนวณซ้ำจำนวนตัวเลขห้าหลักที่มีสามหลักแรกรวมกันเป็น 21 และสามหลักสุดท้ายรวมกันเป็น 12
65
31. คำนวณซ้ำตัวเลขเจ็ดหลักซึ่งผลรวมของหลักที่หนึ่งและสามคือ 12 และผลรวมของตัวเลขห้าหลักที่เหลือคือ 19
32. คำนวณซ้ำ
(2n − 2)(2n − 4) × . . . ×2
(n + 1)(n + 3) × . . . × (n + 2n − 1)
n−5
ข
−(n+3)
33. คำนวณซ้ำจำนวนของตัวเลขเจ็ดหลักซึ่งผลรวมของสี่หลักแรกคือ 17 และผลรวมของสามหลักสุดท้ายคือ 16
34. คำนวณซ้ำจำนวนพาร์ติชั่นของหมายเลข 17 ด้วยสี่เทอมซึ่งครั้งแรกไม่เกิน 4 ครั้งที่สอง - 8 และที่สามและสี่ใช้ค่า (3, 4, 8)
35. คำนวณซ้ำจำนวนของตัวเลขเจ็ดหลักซึ่งผลรวมกำลังสองของตัวเลขสี่ตัวแรกคือ 17 และผลรวมของกำลังสองของสองหลักสุดท้ายคือ 16
36. คำนวณซ้ำจำนวนพาร์ติชั่นของจำนวน 25 โดยสี่เทอมซึ่งครั้งแรกไม่เกิน 8
ที่สองคือ 3 และที่สามและสี่ใช้ค่าจากชุด (2, 5, 9)
37. คำนวณซ้ำจำนวนของตำแหน่งโกง N บนกระดาน
N × N เพื่อให้ rooks มีความสมมาตรเมื่อเทียบกับเส้นทแยงมุมทั้งสองและไม่โจมตีซึ่งกันและกัน
38. คำนวณซ้ำจำนวนของลำดับไบนารีขององค์ประกอบ n ที่ไม่มีองค์ประกอบที่อยู่ติดกันสองตัว
39. รับตาข่าย N × M:
66
เอ็ม
นู๋
อา
บี
คำนวณจำนวนเส้นทางจาก A ถึง B แบบเรียกซ้ำ เส้นทางคือลำดับของการเคลื่อนที่ตามตารางที่นำจากซ้ายไปขวาและจากล่างขึ้นบน
40. ให้หมายเลข a
1
, . . . , หนึ่ง
ในลำดับที่แน่นอน เพื่อคำนวณผลิตภัณฑ์ a
1
·. . . หนึ่ง
ในขณะที่รักษาลำดับของปัจจัย มีหลายวิธีในการวางวงเล็บระหว่างปัจจัยต่างๆ คำนวณจำนวนวิธีในวงเล็บแบบวนซ้ำ
41. คำนวณซ้ำตัวเลข 8 หลักซึ่งผลรวมของห้าหลักแรกคือ 29 และผลรวมของตัวเลขสามหลักสุดท้ายคือ 21
67
3
. วิธีการวิเคราะห์อัลกอริทึม
3.1. คลาสอัลกอริทึม
ในส่วนก่อนหน้านี้ เราได้พิจารณาแนวทางต่างๆ ที่สามารถนำมาใช้ในการสร้างอัลกอริทึมได้ เพื่อหาทางแก้ไข วิเคราะห์ประสิทธิภาพของโซลูชันนี้ เราสามารถเสนอสมมติฐานต่างๆ ใช้อัลกอริธึมอื่นที่ทราบแล้ว ปรับสภาพของปัญหาใหม่ เป็นต้น คุณสามารถค้นหาปัญหาที่คล้ายคลึงกันโดยใช้วิธีแก้ไขปัญหาที่ทราบ และใช้โซลูชันนี้เพื่อค้นหาอัลกอริทึมสำหรับปัญหาที่ต้องการ
อย่างไรก็ตาม มีปัญหาเฉพาะจำนวนมากที่พบวิธีแก้ไข ยังมีงานอีกมากมายที่ยังไม่ได้แก้ไขหรือแก้ไขด้วยข้อจำกัดและเงื่อนไขบางประการ เมื่อมองหาปัญหาที่คล้ายคลึงกันในกลุ่มปัญหาทั้งหมด การประเมินวิธีแก้ปัญหาที่มีอยู่ตามระดับของ "ความเหมาะสม" อาจเป็นเรื่องยาก ใช้เวลานาน และไม่สามารถแก้ไขได้เสมอไป มันจะมีประโยชน์และประสิทธิผลมากกว่าในการพยายามกำหนดคลาสของปัญหาที่รวมกันเป็นปัญหาทั่วไป วิธีการทั่วไปและแนวทางในการแก้ปัญหา จากนั้นมองหาคลาสที่ปัญหาเฉพาะของเราซึ่งจำเป็นต้องแก้ไขสามารถนำมาประกอบได้ แน่นอนว่าไม่ควรมีคลาสดังกล่าวมากเกินไป แต่ในทางกลับกัน ไม่ควรมีน้อยเกินไปเพื่อให้แต่ละคลาส งานใหม่กำหนดคลาสใหม่ของคุณเอง ซึ่งไม่น่าจะใช้ในการแก้ปัญหาอื่นๆ
เป็นตัวอย่างของปัญหาที่เป็นของประเภทใดประเภทหนึ่ง ให้พิจารณาปัญหาที่ทราบกันดีในการระบุเหรียญปลอม
งาน 3.1 (ปัญหาเกี่ยวกับ เหรียญปลอม). มี n เหรียญ
ซึ่งอาจจะมีของปลอมอยู่บ้าง เหรียญปลอมแตกต่างจากน้ำหนักที่เหลือ และเรามีเครื่องชั่งที่มีถ้วยสองใบให้เลือกใช้ จำเป็นต้องกำหนดเหรียญปลอมสำหรับจำนวนการชั่งน้ำหนักขั้นต่ำหรือเพื่อสร้าง
ว่าไม่มีเหรียญปลอม
68
วิธีการแก้. ปัญหาเหรียญปลอมได้รับการแก้ไขใน ก.ล.ต. 2.2,
แต่แล้วเป็นที่ทราบกันว่าเหรียญปลอมนั้นจำเป็นต้องเบากว่า ตอนนี้ มาลองแก้ปัญหานี้สำหรับกรณีทั่วไปมากขึ้น วิธีแก้ไขปัญหานี้ (ไม่จำเป็นต้องเหมาะสมที่สุด)
สามารถตีความได้ว่าเป็นลำดับของการชั่งน้ำหนัก อย่างไรก็ตาม เป็นที่ชัดเจนว่าการเลือกเหรียญสำหรับการชั่งน้ำหนักในขั้นตอนใดๆ ขึ้นอยู่กับเหรียญที่ใช้และผลการชั่งน้ำหนักในขั้นตอนก่อนหน้า เราจะอธิบายลำดับการชั่งน้ำหนักดังนี้ เราเรียงลำดับเหรียญใหม่และกำหนดเป็นชุด S = (1, 2, . . . , n) ชุดของจำนวนเหรียญที่ชั่งน้ำหนักบนถาดซ้ายและขวาของเครื่องชั่งสามารถแสดงด้วย S
หลี่
และ ส
R
ตามลำดับ เป็นที่ชัดเจนว่าการให้น้ำหนักเหมาะสมก็ต่อเมื่อคาร์ดินัลลิตี้ของเซต S
หลี่
และ ส
R
ตรงกัน กล่าวคือ แต่ละมาตราส่วนมีจำนวนเหรียญเท่ากัน การชั่งน้ำหนักจะแสดงด้วยเครื่องหมาย ":" จากนั้นชั่งน้ำหนักแต่ละครั้ง
(ส
หลี่
) : (ส
R
) มีผลลัพธ์ที่เป็นไปได้สามประการ เหรียญมากมาย
ส
หลี่
อาจจะเบา หนักกว่า หรือน้ำหนักเท่าชุด S
R
. จากนั้นเราจะแสดงผลลัพธ์การถ่วงน้ำหนักเหล่านี้เป็น
"" หรือ "=" ตามลำดับ ตัวอย่างการชั่งน้ำหนักสี่เหรียญแสดงในรูปที่ 3.1. วงรีแสดงถึงการชั่งน้ำหนัก สี่เหลี่ยมแสดงถึงผลลัพธ์ การระบุหมายเลขเหรียญปลอม และไม่ว่าจะเบาหรือหนักกว่าอย่างอื่น
กรณีที่ไม่มีเหรียญปลอมจะแสดงเป็น "0" สี่เหลี่ยมที่ขีดฆ่าจะสอดคล้องกับกรณีที่ไม่สามารถเกิดขึ้นได้
เราจะประมาณจำนวนการชั่งน้ำหนักสูงสุดที่จำเป็นในการแก้ปัญหา กล่าวคือ กรณีที่เลวร้ายที่สุด. ดังจะเห็นได้จากรูปที่ 3.1 ปัญหาได้รับการแก้ไขใน 3 การชั่งน้ำหนักในกรณีที่เลวร้ายที่สุด โปรดทราบว่าแม้ในกรณีที่ดีที่สุด เราต้องการอย่างน้อย2
การชั่งน้ำหนัก สามารถบรรลุผลลัพธ์ที่ดีขึ้นได้หรือไม่?
ในรูป 3.1 ขอเสนอแนวทางแก้ไขปัญหาการชั่งน้ำหนักสี่เหรียญอีกประการหนึ่ง ในขั้นแรก เราชั่งน้ำหนักไม่ใช่สองสามเหรียญ แต่เหรียญทั้งหมด แบ่งออกเป็นสองชุด ด้วยเหตุนี้ เราจึงบรรลุผลได้ดีที่สุดว่าจำเป็นต้องมีการชั่งน้ำหนักเพียงครั้งเดียว
อย่างไรก็ตาม ในกรณีที่เลวร้ายที่สุด จำนวนการชั่งน้ำหนักอีกครั้งคือ 3
69
(1) : (2)
(1) : (3)
(1) : (4)
0 4 ต
4 ลิตร
3 ตัน
3 ลิตร
(1) : (4)
2 ตัน
1 ลิตร
(1) : (4)
2 ลิตร
1 T
=
=
=
>
>
>
>
>
=
=
ข้าว. 3.1. แก้ปัญหาเหรียญปลอม
โปรดทราบว่า ตรงกันข้ามกับตัวเลือกการชั่งน้ำหนักแรก
แสดงในรูป 3.1 ในเวอร์ชันที่สอง เราไม่เพียงแต่กำหนดรูปแบบการชั่งน้ำหนัก แต่ยังแนะนำแนวคิดใหม่ของเหรียญปลอมอีกด้วย พิจารณาผลลัพธ์ของการชั่งน้ำหนักครั้งแรก (1, 2) : (3, 4) ให้ (1, 2) L
= (1, 2) และ S
R
= (3, 4). แล้ว
ส
หลี่
R
. จากผลนี้จึงไม่สามารถตัดสินได้ว่าเหรียญปลอมนั้นเบาหรือหนักกว่าเหรียญอื่นทั้งหมด
และอยู่ในชุดใด อย่างไรก็ตามสามารถสันนิษฐานได้
(และแม่นยำกว่านั้น - เถียงได้) ว่าถ้าเหรียญปลอมเป็นของชุด S
หลี่
ดังนั้นเหรียญปลอมจะเบากว่าเหรียญอื่น เราแสดงว่าชุดดังกล่าวมีตัวอักษร L ในกรณีของเรา หากเหรียญที่มีตัวเลข 1 หรือ 2 เป็นของปลอม แสดงว่าเหรียญเหล่านั้นเบากว่าของจริง หากเหรียญปลอมมีเลข 3 หรือ
4 จากนั้นพวกมันจะหนักกว่าของจริงเราจะระบุชุดที่สอดคล้องกับตัวอักษร T ในรูปที่ 3.2 ของปลอมที่มีน้ำหนักเบาและหนัก จะมีการทำเครื่องหมายที่ขอบของต้นไม้
เห็นได้ชัดว่าเราสามารถตอบคำถามเกี่ยวกับจำนวนการชั่งน้ำหนักที่เหมาะสมที่สุดได้โดยการจัดเรียงรูปแบบที่เป็นไปได้สำหรับการเลือกเหรียญต่อไป เนื่องจากจำนวนเหรียญมีจำกัด ไม่ช้าก็เร็วการแจงนับดังกล่าวก็จะสำเร็จได้ สำหรับตอนนี้ มาดูวิธีแก้ปัญหาทั้งสองที่ได้รับและลองวิเคราะห์สิ่งที่พวกเขาให้
70
(1.2) หลี่
(3.4) ตู่
(1.2) ต
(3.4) หลี่
(1,2) : (3,4)
(3) : (4)
4 ตัน
3 ตัน
(1) : (2)
1 ลิตร
=
=
>
>
>
=
0 2 ล
(3) : (4)
3 ลิตร
4 ลิตร
(1) : (2)
2 ตัน
=
>
>
=
1 T
ข้าว. 3.2. อีกวิธีในการแก้ไขปัญหาเหรียญปลอมสำหรับเราจากมุมมองของแนวทางทั่วไปในการแก้ปัญหา
ดังที่ทราบกันดีอยู่แล้วว่ากลยุทธ์การชั่งน้ำหนักเหรียญใดๆ สามารถอธิบายได้โดยใช้โครงสร้างแบบไตรภาคหรือแบบไตรภาค กล่าวอีกนัยหนึ่งปัญหาที่พิจารณาอยู่ในประเภทของปัญหา ,
อธิบายโดยต้นไม้ไตรลักษณ์ การจำแนกประเภทของปัญหาดังกล่าวทำให้สามารถวิเคราะห์ไม่ใช่วิธีแก้ปัญหาเฉพาะแต่ละอย่าง แต่วิธีแก้ไขทั้งหมดโดยทั่วไปตามคุณสมบัติที่ทราบของต้นไม้
ดังนั้นการวนซ้ำมากกว่า ทางที่เป็นไปได้การถ่วงน้ำหนักจริง ๆ แล้วเป็นการค้นหาต้นไม้ไตรกลีเซอไรด์ต่าง ๆ ซึ่งแน่นอนว่ามีจำนวนมากแบบทวีคูณ ในทางกลับกัน เรามาลองกำหนดสิ่งที่สามารถทำได้โดยทั่วไปเมื่อแก้ปัญหาที่กำหนด โดยใช้สิ่งที่อยู่ในคลาสนี้โดยเฉพาะ
จากรูป 3.1 และ 3.2 จะเห็นได้ว่า เมื่อแสดงลำดับของการชั่งน้ำหนักโดยใช้ต้นไม้ เราถือว่าการชั่งน้ำหนักแต่ละรายการเป็นยอดของต้นไม้ที่ไม่ใช่ใบไม้ (แสดงโดยใช้วงรี) ในขณะที่ผลลัพธ์ รวมถึงสิ่งที่เป็นไปไม่ได้
ตรงกับใบของต้นไม้ (แสดงด้วยสี่เหลี่ยม) โหนดต้นไม้ทั้งหมดสามารถสั่งซื้อได้ตามระดับ
71
ที่
เอ
=
=
>
ที่
เอ
และ
และ
และ
=
>
ที่
เอ
และ
และ
และ
=
>
ที่
เอ
และ
และ
และ
=
>
ที่
เอ
และ
และ
และ
=
>
ที่
เอ
=
>
ที่
เอ
=
>
ที่
เอ
>
ถึง
ที่
หลี่
ที่
0
ที่
1
ที่
l
-
1
ที่
l
……
………………
………
…
…
……
…
…
…
…
…
……
……
…
…
G
ก =
l
ข้าว.
3.3.
ตู่
ต้นไม้น้ำหนักต้น
72
เหล่านั้น. ตามระยะห่างจากโคนต้น จำนวนระดับเท่ากับจำนวนขอบที่ต้องผ่านจากรูตเพื่อไปยังจุดยอด ระดับที่กำหนด(รูปที่ 3.3) หากความลึกของต้นไม้คือระดับของใบไม้ที่อยู่ห่างจากรากมากที่สุด ค่านี้จะเท่ากับจำนวนการถ่วงน้ำหนักในกรณีที่เลวร้ายที่สุด
ปัญหาของเรามีผลลัพธ์ที่เป็นไปได้กี่แบบ? เหรียญ n แต่ละเหรียญอาจกลายเป็นไฟปลอมหรือเหรียญหนักปลอม และอาจไม่มีเหรียญปลอมเลย
ดังนั้นเราจึงมีผลลัพธ์ 2n + 1 ซึ่งหมายความว่าในต้นไม้
สอดคล้องกับรูปแบบการชั่งน้ำหนัก ต้องมีอย่างน้อย
2n + 1 ใบ ต้นไม้สามชั้นที่มีความลึก l มีมากที่สุด
มากกว่า3
ล. ใบ จากนี้เราสามารถประมาณความลึกขั้นต่ำของต้นไม้ได้
3
l
≥ 2n + 1,
และด้วยเหตุนี้
ล ≥ บันทึก
3
(2n + 1)
(3.1)
ดังนั้น สำหรับ n = 4 จำนวนการชั่งน้ำหนักขั้นต่ำที่เป็นไปได้จะมากกว่าหรือเท่ากับ 2 ในที่นี้เราไม่ได้หมายถึงจำนวนการชั่งน้ำหนักขั้นต่ำสำหรับรูปแบบนี้ - ดังในรูปที่ 3.2 และมีบางกรณีที่พบปัญหาแล้วหลังจากการชั่งน้ำหนักครั้งแรก - เราประเมินตัวเลือกที่แย่ที่สุด กล่าวคือ จำนวนการถ่วงน้ำหนักสูงสุดสำหรับรูปแบบที่กำหนด กล่าวคือ เรากำลังหาค่าต่ำสุดจากความลึกสูงสุดของต้นไม้ทั้งหมดที่มีใบอย่างน้อย 2n + 1 ใบ
อย่างไรก็ตาม สามารถแสดงให้เห็นได้ว่าไม่มีวิธีการถ่วงน้ำหนักใดที่จะให้ค่าประมาณเท่ากันได้ (3.1)
ทฤษฎีบท 3.1
จำนวนการชั่งน้ำหนักในกรณีที่เลวร้ายที่สุดสำหรับปัญหาเหรียญปลอมประมาณเป็น l > log
3
(2n + 1)
การพิสูจน์. ดังที่ได้กล่าวไปแล้ว สำหรับ n เหรียญ มีผลลัพธ์ที่เป็นไปได้ 2n + 1 การชั่งน้ำหนักแต่ละรายการสามารถมีผลลัพธ์ที่เป็นไปได้สามประการ และผลลัพธ์แต่ละรายการมีผลลัพธ์ของตัวเอง
73
รูปแบบการชั่งน้ำหนักเพิ่มเติม ในเวลาเดียวกัน โครงการมีจำนวนผลลัพธ์ที่เป็นไปได้ โดยคำนึงถึงผลลัพธ์ของการชั่งน้ำหนักครั้งล่าสุด ให้ชั่งน้ำหนักก่อน |S
หลี่
| = |ส
R
| = k นั่นคือ
k coins ใช้กับกระทะขนาดหนึ่งและ k coins อีกอันหนึ่ง
โดยที่ k ≤ n/2 . ถ้าในเวลาเดียวกัน S
หลี่
R
แล้วเหรียญจาก S
หลี่
เราประกาศผู้สมัครรับเหรียญปลอมและเหรียญจาก S
R
- ผู้สมัครรับเหรียญปลอมหนัก ทางนี้,
ด้วยผลลัพธ์ของการชั่งน้ำหนักครั้งแรก ผลลัพธ์ 2k เป็นไปได้
ในทำนองเดียวกัน สำหรับ S
หลี่
>ส
R
2k ผลลัพธ์อื่น ๆ ที่เป็นไปได้ ดังนั้น สำหรับส
หลี่
=S
R
ผลลัพธ์ที่เหลือ 2n + 1 - 4k เป็นไปได้
หากความเท่าเทียมกันยังคงอยู่ใน (3.1) แสดงว่าต้นไม้ที่ประกอบด้วยสามส่วนนั้นสมบูรณ์และใบทั้งหมดอยู่ที่ระดับ l
แต่สำหรับสิ่งนี้ หลังจากการชั่งน้ำหนักแต่ละครั้ง ผลลัพธ์ที่เป็นไปได้จะถูกกระจายอย่างเท่าเทียมกันในสามสาขาและความเท่าเทียมกัน
2k = 2n + 1 − 4k,
ซึ่งเป็นไปไม่ได้เพราะ 2k เป็นจำนวนคู่เสมอและ
2n + 1 − 4k เป็นเลขคี่เสมอ
แนวคิดที่สำคัญถูกนำมาใช้ในการพิสูจน์ทฤษฎีบท 3.1:
เพื่อให้แผนภูมิการชั่งน้ำหนักเหมาะสมที่สุด หรืออย่างน้อยที่สุดก็ใกล้เคียงกับค่าที่เหมาะสมที่สุดเท่าที่จะเป็นไปได้ จำเป็นต้องกระจายผลลัพธ์อย่างเท่าเทียมกันในผลลัพธ์ทั้งหมดของการชั่งน้ำหนักแต่ละรายการ
ดังนั้นเราจึงได้ค่าประมาณจำนวนการชั่งน้ำหนักที่แย่ที่สุดในปัญหาเหรียญปลอมโดยเชื่อมโยงปัญหานี้กับกลุ่มปัญหา
อธิบายโดยต้นไม้ไตรลักษณ์ ตอนนี้ให้พิจารณาปัญหาที่แก้ไขเล็กน้อย
ปัญหาที่ 3.2 (ปัญหาเกี่ยวกับเหรียญปลอมต่อหน้ามาตรฐาน) มีเหรียญอยู่ n เหรียญ ซึ่งในจำนวนนั้นอาจมีของปลอม 1 เหรียญ และเหรียญอีก 1 เหรียญ ซึ่งทราบแน่ชัดว่าเป็นของจริง จำเป็นต้องระบุเหรียญปลอมในจำนวนขั้นต่ำของการชั่งน้ำหนักหรือพิสูจน์ว่าไม่มีเหรียญปลอม
74
วิธีการแก้. ปัญหานี้แตกต่างจากก่อนหน้านี้เนื่องจากมีเหรียญอ้างอิงเพิ่มเติม แต่ปรากฎว่าเหรียญเพิ่มเติมนี้ช่วยให้สามารถสร้างแผนภูมิน้ำหนักที่เหมาะสมที่สุดซึ่งมีความเท่าเทียมกันใน (3.1) แสดงโดย n l
จำนวนที่ความเท่าเทียมกันถือ
3
l
= 2n ล
+ 1.
(3.2)
เมื่อพิจารณาปัญหาก่อนหน้าในทฤษฎีบท 3.1 เราได้รับ: เพื่อให้ความเท่าเทียมกัน (3.1) บรรลุ แผนภูมิการถ่วงน้ำหนักจะต้องสมบูรณ์ ดังนั้น หากเป็นไปได้ที่จะสร้างต้นไม้ที่เหมาะสมที่สุดในระดับ l ก็จะกำหนดโครงร่างของ l การถ่วงน้ำหนักสำหรับ n l
เหรียญ โปรดทราบว่าความสัมพันธ์ต่อไปนี้เป็นจริง:
n l
= 3nl−1
+ 1.
(3.3)
ตั้งแต่สำหรับ n
0
= 0 ใน (3.2) เราได้รับความเท่าเทียมกัน 3 0
= 2 0 + 1,
จากที่นี่โดยใช้ (3.3) เราจะได้รับ n
1
= 1,n
2
=
4 น
3
= 13 เป็นต้น สารละลาย (3.2) คือลำดับ
0, 1, 4, 13, 40, . . ..
ดังนั้น เมื่อความเสมอภาค (3.2) คงที่ เซตของ n
l เหรียญแบ่งออกเป็นสามส่วนเท่า ๆ กันโดย n l−1
เหรียญและยังเหลืออยู่หนึ่งเหรียญ ให้เราพิจารณาสถานการณ์ต่างๆ ที่อาจเกิดขึ้นระหว่างกระบวนการชั่งน้ำหนัก
แบบที่ 1 ให้ที่จุดเริ่มต้นของการชั่งน้ำหนักเรามี ni
เหรียญ ที่ไหน n i
เป็นของลำดับ (3.3) สำหรับบางคน i. ให้เราใส่ ni-1
เหรียญ ที่ไหน n
ผม
= 3n i−1
+ 1,
จากนั้นเราเพิ่มเหรียญอ้างอิงไปที่ถาดด้านซ้ายของตาชั่ง และหนึ่งใน n i-1 . ที่เหลืออยู่
+1 เหรียญ ระบุชุดถ่วงน้ำหนักเหมือนเมื่อก่อนโดย S
หลี่
และ ส
R
ตอนนี้ให้เป็นผลมาจากการชั่งน้ำหนักS
หลี่
=S
R
. เนื่องจากเหรียญอ้างอิงมีส่วนร่วมในการชั่งน้ำหนัก จึงเห็นได้ชัดเจนว่าเหรียญปลอม (ถ้ามี) เป็นหนึ่งในเหรียญที่ไม่ได้ใช้
i-1
เหรียญและปัญหาจะลดลงเป็นปัญหากับ n i−1
เหรียญ โดยที่
75
จากการถ่วงน้ำหนัก เรายังคงมี 2n i-1 ที่เป็นไปได้
+ 1 =
3
i-1
ผลลัพธ์ ตอนนี้ให้ S
หลี่
R
. ซึ่งหมายความว่าเหรียญปลอมอยู่ในชุด S
หลี่
และในขณะเดียวกันก็เบากว่าตัวอื่นๆ หรือในชุด S
R
แล้วก็หนักกว่าตัวอื่นๆ
นอกจากนี้ยังมี n i−1
เหรียญแสงที่น่าสงสัยและ ni-1
+1 หนักน่าสงสัยและรวมกันอีกครั้งให้ 2n i−1
+ 1 = 3
i-1
ผลลัพธ์ที่เป็นไปได้
สุดท้ายให้ S
หลี่
>ส
R
. แล้วเราก็มี n i−1
ผู้สมัครเหรียญหนักและ ni-1
+1 ผู้สมัครสำหรับปอดและทั้งหมด 2n i−1
+1 =
3
i-1
ผลลัพธ์ ด้วยรูปแบบการชั่งน้ำหนักครั้งแรก เราจะได้ 3 . นั้นจริงๆ
ผลลัพธ์เริ่มต้นถูกกระจายอย่างเท่าเทียมกันตามผลการชั่งน้ำหนัก ในการพิจารณาว่าเป็นไปได้หรือไม่ที่จะกำหนดรูปแบบการชั่งน้ำหนัก เพื่อให้หลังจากการชั่งน้ำหนักแต่ละครั้ง ผลลัพธ์จะถูกแบ่งออกเป็นส่วนๆ ที่เท่ากัน ให้พิจารณาผลการชั่งน้ำหนัก เห็นได้ชัดว่าสำหรับ S
หลี่
=S
R
เรามาถึงปัญหาเดียวกันโดยมีขนาดที่เล็กกว่าเท่านั้น และเราสามารถทำการถ่วงน้ำหนักตามรูปแบบที่ 1 ได้อีกครั้ง แต่ด้วยค่า i ที่น้อยกว่า
โครงการที่ 2 ปล่อยให้ตอนนี้S
หลี่
R
. ในกรณีนี้ เรากำหนดกลยุทธ์การถ่วงน้ำหนักดังนี้ ข้อมูลเริ่มต้นคือในบางขั้นตอน i ในลำดับการถ่วงน้ำหนัก เรามี 3
ผม
= 2n ฉัน
+ 1 เหรียญซึ่ง n i
ผู้สมัครปลอมแบบเบาและ ni
+1 ผู้สมัครสำหรับรุ่นหนักในขณะที่หมายเลข n i
เป็นตัวเลขตามแบบ (3.3)
ฉัน
= 3n i−1
+ 1.
ใส่จานชั่งแต่ละอัน n i-1
ผู้สมัครที่ง่ายและ n
i-1
+1 หนัก. เนื่องจากมีเพียง 2n i
+1 = 2(3n i−1
+1)+1 = 6n i-1
+3
เหรียญและน้ำหนัก
2n i−1
+ 2n i−1
+ 2 = 4n i-1
+ 2
เหรียญแล้วก็ยังมี 2n i−1
+ 1 เหรียญ ซึ่ง n i−1
+ 1
ปอดและ ni-1
หนัก. เนื่องจากทั้งสองตาชั่งมีเหรียญเบาและหนักเท่ากัน ถ้าตาชั่งไม่สมดุล
สิ่งนี้ให้ n i−1
ผู้สมัครสำหรับเหรียญเบา (จากชามที่กลายเป็นไฟแช็ก) และ ni-1
+1 ผู้เข้าชิงหนัก (จากชามที่กลายเป็น
76
หนักกว่า) สิ่งนี้นำเราไปสู่ข้อมูลดั้งเดิมของสคีมาเดียวกัน
(แบบแผน 2) แต่สำหรับ 3
i-1
= 2n i−1
+1 เหรียญ หากตาชั่งมีความสมดุล แสดงว่าเราต้องมองหาเหรียญปลอมในจำนวนที่ยังไม่ได้ชั่งน้ำหนัก n i-1
+ 1 ปอดและ ni-1
เหรียญหนักซึ่งสอดคล้องกับแผน 3 แน่นอน 2n i−1
+1 ผลลัพธ์ เช่น อีกครั้ง ชุดของผลลัพธ์ที่เป็นไปได้ทั้งหมดจะถูกแบ่งออกเป็นสามส่วนเท่าๆ กัน
โครงการที่ 3 ปล่อยให้ตอนนี้S
หลี่
>ส
R
. ในกรณีนี้ เรามี 3
ผม
=
2n ฉัน
+ 1 เหรียญซึ่ง n i
+ ผู้สมัครปลอมแปลงเล็กน้อย 1 ราย และ ni
ผู้สมัครรุ่นเฮฟวี่เวท อาร์กิวเมนต์ทั้งหมดคล้ายกับแบบที่ 2 โดยมีความแตกต่างที่ว่าเมื่อทำการชั่งน้ำหนัก คุณต้องใส่ n i−1
+ 1 ผู้สมัครง่าย ๆ และ ni-1
หนัก. หากตาชั่งไม่สมดุล เราจะได้รูปแบบที่ 3 อีกครั้งสำหรับ 3
i-1
เหรียญ มิฉะนั้น เราจะได้เงื่อนไขสำหรับการชั่งน้ำหนักที่สอดคล้องกับแผน 2 อีกครั้ง ในทุกกรณี ชุดของผลลัพธ์ที่เป็นไปได้จะถูกแบ่งออกเป็นสามส่วนเท่าๆ กันของ 2n i-1
+ 1.
ดังนั้นเราจึงมีสามครั้ง
1 2
3
=
>
=
=
ข้าว. 3.4. การเปลี่ยนแปลงระหว่างรูปแบบการชั่งน้ำหนักในปัญหาเหรียญปลอมของรัฐส่วนบุคคลที่อธิบายไว้ข้างต้นและกฎการชั่งน้ำหนักสำหรับแต่ละรัฐ ขึ้นอยู่กับผลการชั่งน้ำหนัก เราจะผ่านไปยังอีกรัฐหนึ่ง (หรือยังคงอยู่ในสถานะเดิม) แต่สำหรับเหรียญจำนวนน้อยกว่า ในการชั่งน้ำหนักแต่ละครั้ง จำนวนผลลัพธ์ที่เป็นไปได้จะถูกกระจายอย่างเท่าเทียมกันตามผลลัพธ์ของการชั่งน้ำหนัก โครงร่างของการเปลี่ยนผ่านระหว่างรัฐแสดงในรูปที่ 3.4. ตัวอย่างการชั่งน้ำหนัก 27 เหรียญแสดงในรูปที่ 3.5.
77
พิสูจน์ว่ากระดานหมากรุกคือ10X10 ไม่สามารถตัดตามเส้นตารางเป็นสี่เหลี่ยมได้ 1X4. (วิธีแก้ปัญหาตาม D.Yu. Kuznetsov.)
วิธีการแก้ 1 . แบ่งกระดานออกเป็นสี่เหลี่ยมจัตุรัสขนาด 2x2 และระบายสีในรูปแบบกระดานหมากรุก (รูปที่ 1) โปรดทราบว่าสี่เหลี่ยมผืนผ้า 1x4 ใดๆ จะมีเซลล์สีดำและสีขาว (2) เท่ากัน แต่ด้วยสีนี้ จะมีเซลล์สีดำ 52 เซลล์และเซลล์สีขาว 48 เซลล์บนกระดาน กล่าวคือ ไม่เท่ากัน ซึ่งหมายความว่าจะไม่สามารถตัดกระดาน 10x10 เป็นสี่เหลี่ยม 1x4 ได้
วิธีการแก้ 2 . มาระบายสีกระดานด้วยสีในแนวทแยงกัน 4 สี (รูปที่ 2) โปรดทราบว่าสี่เหลี่ยมผืนผ้าใดๆ มีเซลล์หนึ่งเซลล์จากสี่สีแต่ละสี แต่ด้วยสีที่กำหนด จะมี 25 เซลล์ของสีที่ 1 และ 3 บนกระดาน 26 เซลล์ของเซลล์ที่ 2 และ 24 ของสีที่ 4 เช่น ไม่เท่ากัน ซึ่งหมายความว่าจะไม่สามารถตัดกระดาน 10x10 เป็นสี่เหลี่ยม 1x4 ได้
1. ตัดเซลล์มุมล่างขวาและซ้ายออกจากกระดานหมากรุก เป็นไปได้ไหมที่จะตัดตัวเลขที่ได้เป็นโดมิโน 1x2? และถ้าคุณตัดด้านล่างขวาและซ้ายบน?
2. เป็นไปได้ไหมที่จะตัดกระดานขนาด 6x6 ให้เป็นโดมิโนเพื่อให้มีแนวนอน 11 อันในนั้น? (การระบายสีแนวนอนในสองสี.)
3. ระบายสีภาพวาดในสี่สีเพื่อให้ส่วนที่อยู่ติดกันถูกทาสีด้วยสีที่ต่างกัน เป็นไปได้ไหมที่จะผ่านสามสี? (ดูกิจกรรมที่ 6: การระบายสี แผนที่ทางภูมิศาสตร์- ชั้น 5-6)
4. ในสี่เหลี่ยมจัตุรัสขนาด 4x4 เซลล์ของครึ่งซ้ายจะเป็นสีดำ และส่วนที่เหลือเป็นสีขาว ในการดำเนินการครั้งเดียว อนุญาตให้เปลี่ยนสีเซลล์ทั้งหมดภายในสี่เหลี่ยมใดๆ ในสีตรงข้ามได้ วิธีการรับสีหมากรุกจากสีดั้งเดิมในสามขั้นตอน?
5. ตั๊กแตนหลายตัวนั่งบนเส้นตรงเดียวกัน และระยะห่างระหว่างเพื่อนบ้านเท่ากัน ทุกนาทีหนึ่งในพวกมันจะกระโดดไปยังจุดที่สมมาตรเทียบกับตั๊กแตนตัวอื่น หลังจากผ่านไประยะหนึ่งแล้วตั๊กแตน Sasha จะลงเอยในสถานที่ที่ Lyosha เพื่อนบ้านของเขานั่งอยู่ที่จุดเริ่มต้นหรือไม่?
6. ก) เป็นไปได้ไหมที่จะตัดกระดานหมากรุกเป็นตัวเลขที่ประกอบด้วย 4 เซลล์ในรูปของตัวอักษร "T"?
b) เป็นไปได้ไหมที่จะตัดกระดานหมากรุกขนาด 10x10 เป็นตัวเลขดังกล่าว?
7. เป็นไปได้ไหมที่จะแยกสี่เหลี่ยมจัตุรัสขนาด 8x8 ที่มีมุมตัดเป็นสี่เหลี่ยมขนาด 1x3?
8. กระดาน 10x10 สามารถตัดเป็นชิ้น ๆ สี่เซลล์ในรูปของตัวอักษร "L" ได้หรือไม่? (การระบายสีแนวนอนในสองสี.)
9. กระดาน 8x8 ถูกตัดเป็นโดมิโน 2x1 สามารถมีโดมิโนแนวตั้ง 15 ตัวและแนวนอน 17 ตัวได้หรือไม่?
10. สามเหลี่ยมแบ่งออกเป็นสามเหลี่ยม (25 ชิ้น) ดังแสดงในรูป ด้วงสามารถเดินเป็นรูปสามเหลี่ยมเคลื่อนที่ไปมาระหว่างรูปสามเหลี่ยมที่อยู่ติดกัน (ด้านข้าง) จำนวนรูปสามเหลี่ยมสูงสุดที่แมลงปีกแข็งสามารถทะลุผ่านได้คือเท่าใดหากไปเยี่ยมชมแต่ละสามเหลี่ยมไม่เกินหนึ่งครั้ง
11. รูปสี่เหลี่ยมขนมเปียกปูนจำนวนมากที่สุดคืออะไร ซึ่งแต่ละรูปประกอบด้วยสามเหลี่ยมด้านเท่าที่มีด้าน 1 สองรูป ซึ่งสามารถตัดออกจากสามเหลี่ยมด้านเท่าที่มีด้าน 5 ได้ (ดูรูปของปัญหาก่อนหน้า)
12. ปราสาทสามเหลี่ยมแบ่งออกเป็นห้องโถงสามเหลี่ยมที่เหมือนกัน 100 ห้อง มีประตูอยู่ตรงกลางของผนังแต่ละด้าน บุคคลที่ไม่ต้องการเยี่ยมชมที่ใดก็ได้มากกว่าหนึ่งครั้งสามารถเข้าเยี่ยมชมได้กี่ห้อง?
บทที่ 2 กระดานหมากรุก
สำหรับรายละเอียดเกี่ยวกับคณิตศาสตร์หมากรุกที่เรากำลังจะเริ่มต้น มันเป็นเรื่องธรรมดาที่สุดที่จะเริ่มต้นด้วย ปัญหาคณิตศาสตร์เกี่ยวกับตัวกระดานเองโดยที่ยังไม่ได้วางชิ้นส่วนใดๆ ลงบนกระดาน เป็นหัวข้อนี้ที่บทนี้ทุ่มเท
ก่อนอื่นให้เราพิจารณาปัญหาหลายประการในการปิดกระดานด้วยแต้มโดมิโน 2 × 1 ทุกที่ สันนิษฐานว่าโดมิโนแต่ละตัวครอบคลุมกระดานสองช่อง และแต่ละสี่เหลี่ยมถูกครอบด้วยโดมิโนครึ่งหนึ่ง มาเริ่มกันที่ปัญหาเก่าต่อไป
เป็นไปได้ไหมที่จะคลุมโดมิโนที่มีสี่เหลี่ยมจัตุรัสขนาด 8×8 ซึ่งเซลล์มุมตรงข้ามถูกตัดออก (รูปที่ 2a)?
เราสามารถใช้เหตุผลเชิงพีชคณิตได้ แต่วิธีแก้ปัญหา "หมากรุก" นั้นทั้งเรียบง่ายและสวยงามกว่า มาระบายสีสี่เหลี่ยมที่ตัดทอนของเราเป็นขาวดำ เปลี่ยนเป็นกระดานหมากรุกที่ไม่มีช่องมุมสองมุม a8 และ h1 (รูปที่ 2b) สำหรับส่วนใด ๆ ของกระดาน โดมิโนแต่ละตัวจะครอบคลุมสี่เหลี่ยมสีขาวหนึ่งอันและสี่เหลี่ยมสีดำหนึ่งอัน เรามีช่องสีขาวน้อยกว่าสีดำสองช่อง (ช่องที่ตัดเป็นสีขาว) ดังนั้นจึงไม่มีพื้นที่ครอบคลุมที่จำเป็น! ดังที่เราเห็น สีของกระดานไม่เพียงแต่ทำให้ผู้เล่นหมากรุกสามารถนำทางระหว่างเกมได้ง่ายขึ้นเท่านั้น แต่ยังทำหน้าที่เป็นวิธีการแก้ปัญหาทางคณิตศาสตร์อีกด้วย
ในปัญหาที่พิจารณา เป็นสิ่งสำคัญไม่ใช่ว่าฟิลด์มุมถูกตัดออกจากกระดาน แต่มีสีเดียวกัน เป็นที่ชัดเจนว่าไม่ว่าคุณจะตัดช่องสีเดียวออกด้วยวิธีใด คุณจะไม่สามารถครอบคลุมส่วนที่เหลือของกระดานด้วยแต้มโดมิโน จึงเกิดปัญหาตามมา
สมมติว่าตอนนี้กระดานหมากรุกสองช่องที่มีสีต่างกันถูกตัดออก เป็นไปได้ไหมที่จะครอบคลุมส่วนที่เหลือของกระดานด้วย 31 แต้ม?
ปรากฎว่าเสมอ นักคณิตศาสตร์ชื่อดังชาวอเมริกัน R. Gomory ได้ค้นพบข้อพิสูจน์อันน่าทึ่ง ลองวาดขอบเขตระหว่างแนวตั้งและแนวนอนบนกระดานหมากรุกดังแสดงในรูปที่ 3. ในเขาวงกตระหว่างเส้นขอบเหล่านี้ ทุ่งขาวดำจะติดตามกัน สลับกันเหมือนปุ่มสองสีบนเธรดที่ปิด (เส้นทางที่สามารถข้ามเขาวงกตนี้ได้จะถูกปิด) ไม่ว่าเราจะตัดช่องสีต่างกันสองช่องออกจากกระดานอย่างไร ด้ายก็จะขาด: ในที่เดียวถ้าช่องที่ตัดอยู่ติดกัน และอีกสองที่ ในกรณีนี้ เธรดแต่ละส่วนจะประกอบด้วยฟิลด์จำนวนคู่ ดังนั้น ชิ้นส่วนเหล่านี้ และด้วยเหตุนี้ทั้งกระดานจึงสามารถคลุมด้วยโดมิโนได้!
ข้าว. 3. เขาวงกต Gomory |
แนวคิดที่น่าสนใจเกี่ยวกับปุ่มและเธรดจะอยู่ในบทที่ 11
สมมุติว่าพื้นที่บางส่วนถูกตัดออกจากกระดานหมากรุกเพื่อไม่ให้วางแต้มบนส่วนที่เหลือ ง่ายต่อการตรวจสอบว่าฟิลด์ที่ตัดออกจำนวนน้อยที่สุดด้วยคุณสมบัตินี้คือ 32 ซึ่งเป็นฟิลด์ทั้งหมดที่มีสีเดียวกัน (สีขาวหรือสีดำ)
ปัญหากระดานหมากรุกและโดมิโนเป็นเพียงส่วนเล็ก ๆ ของปัญหาประเภทนี้ นักคณิตศาสตร์ชาวอเมริกัน S. Golomb ได้สร้างวิทยาศาสตร์ทั้งหมดขึ้น ซึ่งเขาเรียกว่า polymipo และหนังสือของเขาในหัวข้อนี้ได้รับการแปลในหลายประเทศทั่วโลก รวมทั้งของเราด้วย โดยทั่วไป โพลิโอมิโนเป็นรูปที่เชื่อมต่อกันอย่างเรียบง่ายซึ่งประกอบด้วยสี่เหลี่ยม จากมุมมองของนักเล่นหมากรุก การเชื่อมต่ออย่างง่ายๆ หมายความว่าสี่เหลี่ยม polyomino ทั้งหมดสามารถข้ามได้ด้วยการเคลื่อนที่แบบโกง ขึ้นอยู่กับจำนวนช่องสี่เหลี่ยม 07 โพลิโอมิโนมีหลายเกรด โมโนมิโนประกอบด้วยหนึ่งสี่เหลี่ยม โดมิโนสอง โตมิโนสาม เตตระมิโนสี่ เพนโตมิโนห้า หกเหลี่ยมเฮปโตมิโนหกสี่เหลี่ยม และอื่นๆ เราจะพูดถึงอีกสองสามประเด็นที่เกี่ยวข้องกับกระดานหมากรุกธรรมดา เห็นได้ชัดว่าเป็นไปไม่ได้ที่จะปิด dssk ด้วยทรอมมิโนตรงเท่านั้น เช่น โดมิโน 3 × 1 เนื่องจาก 64 หารด้วย 3 ไม่ลงตัว ปัญหาต่อไปนี้เกิดขึ้น
เป็นไปได้ไหมที่จะคลุมกระดานหมากรุกด้วยทรอมมิโนตรง 21 ตัวและโมโนมิโนหนึ่งอัน? ถ้าเป็นเช่นนั้น โมโนมิโนสามารถครอบครองฟิลด์ใดได้บ้าง
หนึ่งในสารเคลือบ Dapo ที่จำเป็นในรูปที่ 4ก. เพื่อตรวจสอบการจัดเรียงที่เป็นไปได้ของ monominos เราวาดสองระบบของเส้นคู่ขนานบนกระดานดังแสดงในรูปที่ 4ข.
มันง่ายที่จะเห็นว่าสำหรับการครอบคลุมใดๆ แต่ละ tromino จะครอบคลุมหนึ่งฟิลด์ที่เส้นทึบผ่านและหนึ่งช่องที่เส้นประผ่าน เนื่องจากจำนวนของฟิลด์ที่ตัดด้วยเส้นทึบคือ 22 เช่นเดียวกับจำนวนของฟิลด์ที่ตัดด้วยเส้นประ และมีทรอมมิโนจำนวน 21 ตัว โมโนมิโนจึงสามารถครอบคลุมได้เฉพาะฟิลด์ที่ตัดกันโดยทั้งสองตระกูลของเส้น และมีเพียงสี่สี่เหลี่ยมเท่านั้น: c3, c6, f3 และ f6! ด้วยการหมุนกระดาน 90, 180 และ 270 ° คุณจะได้รับการครอบคลุมที่เหมาะสมสำหรับแต่ละฟิลด์จากสี่ฟิลด์เหล่านี้
งานต่อไปค่อนข้างแตกต่างจากที่กล่าวไว้ข้างต้น
เป็นไปได้ไหมที่จะปิดกระดานหมากรุกด้วยโดมิโนในลักษณะที่เป็นไปไม่ได้ที่จะวาดขอบเขตเดียวระหว่างแนวดิ่งและแนวนอนโดยไม่ข้ามโดมิโน?
หากเราคิดว่ากระดานเป็นกำแพงและโดมิโนเป็นอิฐ การมีอยู่ของเส้นขอบที่ระบุ (ตะเข็บ) บ่งชี้ถึงการก่ออิฐที่เปราะบาง กล่าวอีกนัยหนึ่งปัญหาถามว่าสามารถจัด "อิฐ" เพื่อให้ "กำแพง" ไม่พังได้หรือไม่ สี่เหลี่ยมผืนผ้าที่สามารถคลุมได้ตามต้องการเรียกว่า "แข็งแรง" สามารถเห็น "ความแข็งแกร่ง" ของกระดานหมากรุกได้ในรูปที่ 5. ในกรณีทั่วไป การ์ดเนอร์แสดงให้เห็นว่าโดมิโนสามารถพับเป็นสี่เหลี่ยม "แข็งแรง" ได้หากพื้นที่เท่ากัน และความยาวและความกว้างมากกว่าสี่ ยกเว้นเพียงสี่เหลี่ยม 6 × 6
ด้านล่างเรามักจะจัดการกับกระดานหมากรุกสี่เหลี่ยมขนาดใดขนาดหนึ่ง ในกรณีนี้ จะถือว่ากระดาน m×n มีแนวดิ่ง m และ n แนวนอน (หมากรุก) เราบอกว่ากระดานเป็น "คู่" หากจำนวนช่องเป็นคู่ และ "คี่" มิฉะนั้น เมื่อใดก็ตามที่ไม่ได้ระบุขนาดของกระดาน เราหมายถึงกระดานหมากรุกมาตรฐานที่ m = n = 8
กระดาน 100x4 ถูกปกคลุมด้วยโดมิโน พิสูจน์ว่าสามารถตัดตามรอยต่อระหว่างแนวดิ่งและแนวนอนได้โดยไม่กระทบต่อโดมิโนใดๆ
เส้นขอบใดๆ ที่ระบุจะแบ่งกระดานออกเป็นสองส่วน ซึ่งประกอบด้วยฟิลด์จำนวนคู่ เราแบ่งเขตข้อมูลของแต่ละส่วนออกเป็นสองประเภท: โดมิโนที่ปกคลุมอยู่ทั้งหมดในส่วนนี้ และครอบคลุมโดมิโนที่ตัดกันโดยขอบเขต เนื่องจากจำนวนฟิลด์ของแต่ละส่วนเป็นเลขคู่ (อาจเป็นศูนย์) เช่นเดียวกับจำนวนฟิลด์ของคลาสเฟิร์สคลาส (แต่ละโดมิโนครอบคลุมสองฟิลด์) จำนวนฟิลด์ของคลาสที่สองจึงเป็นคู่ และนี่หมายความว่าจำนวนแต้มโดมิโนที่ข้ามพรมแดนเป็นคู่ มีขอบเขตแบ่งทั้งหมด 102 ขอบเขต (แนวตั้ง 99 ตัวและแนวนอน 3 ตัว) และหากแต่ละเขตข้ามโดมิโน อย่างน้อย 102 × 2 = 204 โดมิโนจะเข้าร่วมในการครอบคลุม เรามีแค่ 200 ตัวเท่านั้น! อันที่จริง เราได้แสดงให้เห็นว่าสี่เหลี่ยมผืนผ้า 100x4 "อ่อนแอ"
คำถามเกี่ยวกับความเป็นไปได้ในการปิดกระดานสี่เหลี่ยมตามอำเภอใจด้วย k-minos เชิงเส้น (โดมิโน k × 1) ได้รับการแก้ไขโดยทฤษฎีบทต่อไปนี้
แผ่น m×n สามารถคลุมด้วย k-minos เชิงเส้นได้ก็ต่อเมื่อตัวเลข m หรือ n อย่างน้อยหนึ่งตัวหารด้วย k ลงตัวโดยไม่มีเศษเหลือ
เราแสดงทฤษฎีบทด้วยตัวอย่างต่อไปนี้
เป็นไปได้ไหมที่จะครอบคลุมกระดาน 10x10 (เล่นหมากฮอสหนึ่งร้อยตารางบนกระดานดังกล่าว) ด้วยเตตระมิโนแบบตรง?
เตตรามิโนแบบตรงมีขนาด 4x1 ซึ่งหมายความว่าโดยหลักการแล้วแผ่นกระเบื้อง 25 แผ่นสามารถครอบคลุมพื้นที่ทั้งหมดของกระดานของเรา อย่างไรก็ตาม จากทฤษฎีบทว่าสิ่งนี้เป็นไปไม่ได้ - 10 หารด้วย 4 ไม่ลงตัว
ลองพิจารณาปัญหาเพิ่มเติมเกี่ยวกับกระดานหมากรุก ในการแก้ปัญหาต่อไปนี้ viovb จะใช้สี
ให้กระดานประกอบด้วยช่องเลขคี่ เราจะใส่ทุ่งนาแต่ละแห่ง ชิ้นหมากรุก. เป็นไปได้ไหมที่จะย้ายชิ้นส่วนทั้งหมดเหล่านี้ไปยังช่องสี่เหลี่ยมที่อยู่ติดกัน (แนวตั้งหรือแนวนอน) เพื่อไม่ให้สองชิ้นไปสิ้นสุดที่สี่เหลี่ยมเดียวกัน
งานนี้เป็นไปไม่ได้ แท้จริงแล้ว หากมีการเคลื่อนที่ที่ระบุของชิ้นส่วน ชิ้นส่วน "สีขาว" แต่ละชิ้น (ยืนอยู่บนทุ่งสีขาว) ก็จะกลายเป็น "สีดำ" (ตกบนสนามสีดำ) และแต่ละชิ้น "สีดำ" - "สีขาว"
ดังนั้น กระดานจะประกอบด้วยฟิลด์สีขาวและดำจำนวนเท่ากัน และสิ่งนี้ขัดแย้งกับ "ความแปลกประหลาด" ของมัน
ที่นิยมคือปัญหาของการตัดกระดานหมากรุก ที่มีชื่อเสียงที่สุดของพวกเขาคือต่อไปนี้ซึ่งเป็นเจ้าของโดย S. Loyd
มีอัศวินสี่คนอยู่บนสนาม a1, b2, c3, d4 ตัดกระดานออกเป็นสี่ส่วนที่สอดคล้องกัน (พร้อมกันเมื่อซ้อนทับ) เพื่อให้แต่ละคนมีม้า
ในปัญหาการตัด สันนิษฐานเสมอว่าการตัดจะทำตามขอบเขตระหว่างแนวตั้งและแนวนอนของกระดานเท่านั้น วิธีแก้ปัญหานี้แสดงในรูปที่ 6. ตั้งแต่เวลาของ Loyd ปัญหาใหม่และปัญหาที่ยากขึ้นมากมายได้ปรากฏขึ้นในหัวข้อนี้ โดยเฉพาะอย่างยิ่ง ปัญหาในการตัดกระดานออกเป็นสี่ส่วนที่สอดคล้องกันนั้นได้รับการแก้ไขแล้วสำหรับตำแหน่งต่างๆ ของอัศวิน (แน่นอนว่าอัศวินมีบทบาทเชิงสัญลักษณ์เท่านั้นที่นี่) ยังมีปัญหามากมายที่ยังไม่ได้แก้ไขในเรื่องนี้ ตัวอย่างเช่น จำนวนวิธีที่กระดานปกติ (ไม่มีชิ้นส่วน) สามารถตัดเป็นสองชิ้นที่สอดคล้องกันยังไม่เป็นที่ทราบ
ข้าว. 6. ปัญหาม้าสี่ตัวของลอยด์ |
ให้หลังจากการตัดกระดานหลายครั้งชิ้นส่วนที่ได้จะได้รับอนุญาตให้ขยับเพื่อให้การตัดครั้งต่อไปไม่สามารถตัดได้เพียงชิ้นเดียว แต่หลายส่วนในคราวเดียว ต้องตัดกี่ครั้งจึงจะได้พื้นที่กระดาน 64 ช่อง (1 × 1 สี่เหลี่ยม)
ขั้นแรกเราตัดกระดานครึ่งหนึ่งจากนั้นวางทั้งสองส่วนเคียงข้างกันแล้วตัดกระดานออกเป็นสี่ส่วนเหมือนกัน ฯลฯ โดยรวมแล้วจะต้องตัด 6 ครั้ง (2 e \u003d 64) และไม่สามารถจ่ายจำนวนที่น้อยกว่าได้ .
อนุญาตให้ตัดส่วนต่าง ๆ ของกระดานแยกกันเท่านั้น ในกรณีนี้จะต้องตัดจำนวนเท่าใดจึงจะได้ 64 ฟิลด์
ตามกฎแล้วงานนี้ (โดยเฉพาะอย่างยิ่งหากมีการเสนอหลังจากงานก่อนหน้า) ทำให้เกิดปัญหาบางอย่าง เห็นได้ชัดว่านี่เป็นเพราะความเฉื่อยของความคิดของเรา ท้ายที่สุดเป็นที่ชัดเจนในทันทีว่าจะต้องมีการตัด 63 ครั้ง! อันที่จริงการตัดแต่ละครั้งจะเพิ่มจำนวนชิ้นส่วนขึ้นหนึ่งส่วน ในเวลาเดียวกัน ในช่วงเวลาเริ่มต้น เรามีส่วนหนึ่ง (ตัวบอร์ดเอง) และในนาทีสุดท้าย - 64 (ทุกฟิลด์ของกระดาน)
ข้าว. 7. สามปัญหาบนกระดานที่ไม่ธรรมดา |
ในงานในรูป 7a คุณต้องทำภารกิจให้สำเร็จสามอย่าง หนึ่งคณิตศาสตร์และสองหมากรุกล้วนๆ:
ก) ตัดกระดานออกเป็นสี่ส่วนที่สอดคล้องกัน
b) รุกฆาตราชาดำในทางที่สั้นที่สุดเมื่อสีขาวเคลื่อนที่
ค) เพื่อรุกฆาตราชาดำในทางที่สั้นที่สุด ในขณะที่การเคลื่อนไหวสีดำ ผู้ซื่อสัตย์จะร่วมมือกัน)
วิธีแก้ปัญหา: ก) วิธีการตัดกระดานแสดงในรูปที่ 7b; b) เมื่อ White เคลื่อนที่ รุกฆาตจะได้รับในการย้ายที่ 12: 1-12. Be1-b4, Ke3-d3-c4, Be4-c2-b3, Kc4-c3, Bb4-d6, Bb3-d5, Kc3-c2, Bd6-c5, Bd5-c4, Bd6-b4รุกฆาต (ทุกการเคลื่อนไหวของราชาดำถูกบังคับและไม่ได้รับ); c) ด้วยการเล่นที่ถูกต้องหลังจาก 1 ... Ke6-e7 รุกฆาตเป็นไปไม่ได้เนื่องจากราชาดำซ่อนตัวอยู่ที่ e8 - 2 Be1-b4+ Ke7-e8 และอธิการสี่เหลี่ยมมืดถูกบังคับให้ออกจาก a3 - e7 ในแนวทแยง เนื่องจากการคุกคามของทางตัน อย่างไรก็ตาม หากแบล็กเล่นอย่างร่วมมือกัน (ช่วยไวท์รุกฆาต) เป้าหมายก็ไปถึงในสามกระบวนท่า:
1. … Ke6-d6
2. Ke3-d4 Ke6-e7
3. Be1-b4+ Ke7-e6
4. คู่ Be4-d5ฟิลด์จำนวนหนึ่งบนกระดานของเราไม่ได้ใช้ในระหว่างการผสมพันธุ์ แต่ถ้าไม่รวมฟิลด์เหล่านี้ก็จะไม่มีปัญหาในการตัดกระดาน
ข้าว. 8. ความขัดแย้งกับการตัดกระดานหมากรุก: ก) 8×8 = 64; ข) 13×5 = 65 |
พิจารณาตอนนี้หนึ่งความขัดแย้งที่รู้จักกันดีที่เกี่ยวข้องกับการตัดกระดานหมากรุก เราตัดกระดานออกเป็นสี่ส่วนดังแสดงในรูปที่ 8, a (ในกรณีนี้ มันไม่เป็นประโยชน์สำหรับเราในการระบายสีฟิลด์ของมัน) และจากส่วนผลลัพธ์ เราจะเพิ่มสี่เหลี่ยม (รูปที่ 8, b) พื้นที่ของกระดานคือ 64 และพื้นที่ของสี่เหลี่ยมที่ได้คือ 65 ดังนั้นเมื่อตัดกระดาน ฟิลด์พิเศษหนึ่งฟิลด์มาจากที่ไหนสักแห่ง!
วิธีแก้ปัญหาความขัดแย้งคือภาพวาดของเราไม่ถูกต้องทั้งหมด (เราจงใจวาดเส้นหนาเพื่อซ่อนความไม่ถูกต้อง) ด้วยการสร้างอย่างระมัดระวังของภาพวาดในรูปที่. 8b แทนที่จะเป็นเส้นทแยงมุมของสี่เหลี่ยมผืนผ้า รูปร่างเพชรที่ยืดออกเล็กน้อยจะปรากฏขึ้นพร้อมกับด้านที่ดูเหมือนจะเกือบจะรวมกันแล้ว พื้นที่ของตัวเลขนี้จะเท่ากับหน่วย "พิเศษ"
E. Ignatiev นักคณิตศาสตร์ที่โด่งดังในช่วงต้นศตวรรษได้คิดค้น "วิธีกระดานหมากรุก" ซึ่งช่วยให้ได้สูตรต่างๆ เราให้ตัวอย่างง่ายๆ สองตัวอย่างในหัวข้อนี้
หาผลรวมของจำนวนธรรมชาติ n ตัวแรกโดยใช้ "วิธีกระดานหมากรุก" เมื่อต้องการทำเช่นนี้ บนกระดาน (n + 1) × n (ในรูปที่ 9, a n = 8) เราระบายสีฟิลด์ทั้งหมดของแนวตั้งแรก ฟิลด์ทั้งหมดของแนวตั้งที่สอง (ยกเว้นด้านบนหนึ่ง) แนวตั้งที่สาม (ยกเว้นสองอันบน) ฯลฯ d. ในที่สุด - bottom ฟิลด์ nthแนวตั้ง. เป็นผลให้ฟิลด์สีขาวและสีดำบนกระดานของเราจะเท่ากันคือ 1 + 2 + ... + n เนื่องจากทั้งกระดานประกอบด้วยฟิลด์ n (n + 1) เราจึงได้
2 (1 + 2 + … + n) = n(n + 1),
ตามสูตรที่รู้จักกันดีสำหรับผลรวมของความก้าวหน้าทางคณิตศาสตร์:
1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2.
ทีนี้มาพิสูจน์สูตรต่อไปนี้กัน:
8(1 + 2 + ... + n) + 1 = (2n + 1)²
ในการทำเช่นนี้ให้ใช้กระดาน (2n + 1) × (2n + 1) แล้วทาสีจำนวนฟิลด์ด้วยสีดำดังแสดงในรูปที่ 9, 6 (สำหรับกรณี n = 5) เห็นได้ชัดว่าแต่ละส่วนสีดำมีฟิลด์ (1 + 2 + ... + n) โดยไม่คำนึงถึงพื้นที่ส่วนกลาง เรามีสี่ส่วนสีขาวและสีดำเหมือนกัน สูตรที่ต้องการตามมาจากข้อเท็จจริงที่ว่าบอร์ดของเราประกอบด้วยฟิลด์ (2n + 1)² และประกอบด้วยฟิลด์กลางและแปดส่วนที่เหมือนกัน (สี่สีขาวและสี่สีดำ - รูปที่ 9b)
เมื่อไขความขัดแย้งรวมถึงทำความคุ้นเคยกับ "วิธีการกระดานหมากรุก" ตัวกระดานสามารถแทนที่ด้วยกระดาษตาหมากรุกหรือโต๊ะได้อย่างปลอดภัย มีปัญหามากมายเกี่ยวกับวัตถุดังกล่าว แต่การพิจารณาอย่างละเอียดอาจทำให้เราห่างไกลจากหมากรุกเกินไป
ในบทสรุปของบทนี้ เรานำเสนอหลักฐานเก่าบนกระดานหมากรุก... ของทฤษฎีบทพีทาโกรัส วาดสี่เหลี่ยมบนกระดาน ดังแสดงในรูปที่ 10, ก. กระดานถูกแบ่งออกเป็นสี่เหลี่ยมจัตุรัสนี้และสามเหลี่ยมมุมฉากสี่รูปที่เท่ากัน ในรูป 10, 6 เราเห็นสามเหลี่ยมสี่รูปเดียวกันและสี่เหลี่ยมสองอัน ดังนั้น สามเหลี่ยมในทั้งสองกรณีจึงใช้พื้นที่เดียวกัน ดังนั้น ส่วนที่เหลือของกระดานที่ไม่มีสามเหลี่ยมจึงใช้พื้นที่เดียวกันดังรูป 10,a - หนึ่งสี่เหลี่ยมและในรูปที่ 10b - สอง เนื่องจากสี่เหลี่ยมจัตุรัสขนาดใหญ่สร้างขึ้นบนด้านตรงข้ามมุมฉากของสามเหลี่ยมมุมฉาก และสี่เหลี่ยมเล็กๆ อยู่บนขาของมัน ดังนั้น "กางเกงพีทาโกรัสเท่ากันทุกทิศทาง"!
แน่นอน การพูดอย่างเคร่งครัด การให้เหตุผลของเราไม่ได้พิสูจน์ทฤษฎีบทพีทาโกรัส (มีการศึกษาเฉพาะบางกรณีเท่านั้น) แต่เพียงแสดงให้เห็นเท่านั้น แต่การพิสูจน์ดังกล่าวทำได้โดยไม่ต้องใช้กระดานหมากรุก สำหรับสามเหลี่ยมมุมฉากใดๆ ก็ตาม คุณสามารถเลือกสี่เหลี่ยมจัตุรัสที่แตกในลักษณะเดียวกันได้
นี่เป็นวิธีแก้ปัญหาที่ให้ไว้ในหนังสือ "วิธีการเพิ่มประสิทธิภาพจำนวนเต็มและปัญหาสุดขั้วที่เกี่ยวข้อง" ของ T. Saati (M., "Mir", 1973)
ส. โกลอมบ์. โพลิโอมิโน ม., มีร์, 1974.
ได้รับการพิสูจน์โดย A. Soifer ในบทความ "Checkered board and polymipo" ("Kvant", 1972, No. 11); นอกจากนี้ยังมีปัญหา polyomino ใหม่จำนวนหนึ่ง
อี. อิกนาติเยฟ. ในขอบเขตของความเฉลียวฉลาดหรือเลขคณิตสำหรับทุกคน หนังสือ. 1 - 3 ม. - หน้า, Gosizdat, 2466.
ในบทเรียนนี้ เราจะพูดถึงหน้าสีและวิธีที่ช่วยแก้ปัญหา พิจารณาปัญหาการตัดและการปูกระเบื้องที่ไม่ได้มาตรฐานและวิธีแก้ปัญหา
บทสรุปของบทเรียน "การตัด Tessellation การระบายสี"
หน้าสี ตัด. เทสเซลเลชั่น
นักวิทยาศาสตร์หลายคนชื่นชอบการตัดปัญหามาตั้งแต่สมัยโบราณ ชาวกรีกและจีนโบราณพบวิธีแก้ปัญหาง่ายๆ หลายประการ แต่บทความที่เป็นระบบแรกในหัวข้อนี้เขียนโดย Abul-Vef นักดาราศาสตร์ชาวเปอร์เซียที่มีชื่อเสียงในศตวรรษที่ 10 ซึ่งอาศัยอยู่ในแบกแดด เรขาคณิตมีส่วนร่วมอย่างจริงจังในการแก้ปัญหาของการตัดร่างเป็นชิ้นส่วนที่เล็กที่สุดแล้วสร้างร่างใหม่จากพวกเขาในช่วงต้นศตวรรษที่ 20 เท่านั้น หนึ่งในผู้ก่อตั้งสาขาวิชาเรขาคณิตที่น่าสนใจนี้คือ Henry E. Dudeney ผู้รวบรวมปริศนาที่มีชื่อเสียง แฮร์รี่ ลินด์เกรน ผู้เชี่ยวชาญที่สำนักงานสิทธิบัตรออสเตรเลีย ทำลายสถิติที่มีอยู่ก่อนจำนวนมากโดยเฉพาะ เขาเป็นช่างตัดเสื้อชั้นนำ
ทุกวันนี้ ผู้ที่ชื่นชอบปริศนาตัวต่อชอบที่จะแก้ปัญหาเฉพาะหน้า โดยหลักแล้วเนื่องจากไม่มีวิธีการที่เป็นสากลในการแก้ปัญหาดังกล่าว และทุกคนที่แก้ปัญหาของพวกเขาสามารถแสดงให้เห็นถึงความเฉลียวฉลาด สัญชาตญาณ และความสามารถในการคิดอย่างสร้างสรรค์ได้อย่างเต็มที่ เนื่องจากไม่จำเป็นต้องมีความรู้เชิงลึกเกี่ยวกับเรขาคณิตในที่นี้ บางครั้งมือสมัครเล่นอาจทำได้ดีกว่านักคณิตศาสตร์มืออาชีพด้วยซ้ำ
เพื่อพิสูจน์ว่าสามารถแก้ปัญหาในการตัดร่างบางส่วนออกเป็นส่วน ๆ ได้เพียงพอที่จะให้วิธีการตัดบางประเภท การหาวิธีแก้ปัญหาทั้งหมด นั่นคือ วิธีการตัดทั้งหมด ยากขึ้นเล็กน้อย และเพื่อพิสูจน์ว่าการตัดเป็นไปไม่ได้นั้นค่อนข้างยากอยู่แล้ว ในบางกรณี การระบายสีรูปช่วยให้เราทำสิ่งนี้ได้
งาน 1:เราเอากระดาษตาหมากรุกขนาด 8 × 8 มาตัดสองเซลล์ออก (ซ้ายล่างและขวาบน) เป็นไปได้ไหมที่จะครอบคลุมตัวเลขผลลัพธ์ด้วย "โดมิโน" - 1 × 2 สี่เหลี่ยม?
ภารกิจที่ 2เป็นไปได้ไหมที่จะวางกระดานหมากรุกที่มีโดมิโนสามสิบสองตัวเพื่อให้ 17 ตัววางในแนวนอนและ 15 ตัววางในแนวตั้ง?
งาน 3:เป็นไปได้ไหมที่จะตัดกระดาษตาหมากรุกให้เป็นสี่เหลี่ยม
4×4 สำหรับหนึ่งแท่น หนึ่งสี่เหลี่ยม หนึ่งคอลัมน์ และหนึ่งซิกแซก?
งาน 4:เป็นไปได้ไหมที่จะจัดวางสี่เหลี่ยมจัตุรัสขนาด 8×8 โดยใช้สี่เหลี่ยมขนาด 1×4 15 รูปและมุมดูหนึ่งมุม
งาน 5:เป็นไปได้ไหมที่จะจัดวางสี่เหลี่ยมผืนผ้า 6 × 10 กับสี่เหลี่ยม 1 × 4?
งานที่ 6:เป็นไปได้ไหมที่จะพับสี่เหลี่ยมขนาด 6×6 โดยใช้สี่เหลี่ยมขนาด 1×3 จำนวน 11 รูปและมุมดูหนึ่งมุม?
งานที่ 7:มีด้วงอยู่บนแต่ละเซลล์ของบอร์ด 5 × 5 ในบางช่วงเวลา แมลงปีกแข็งทั้งหมดจะบินขึ้นและร่อนลงบนเซลล์ที่อยู่ติดกันที่ด้านข้าง พิสูจน์ว่าจะมีอย่างน้อยหนึ่ง กรงเปล่า.
งาน 8:ตัดกรงเข้ามุมออกจากกระดาน 8×8 ส่วนที่เหลือสามารถตัดเป็นสี่เหลี่ยม 3 × 1 ได้หรือไม่?
งาน 9:ชิ้นส่วนอูฐเคลื่อนที่บนกระดานหมากรุกด้วยท่าทางแบบ (1, 3) เป็นไปได้ไหมที่จะย้าย "อูฐ" จากสนามหนึ่งไปยังอีกที่หนึ่งที่อยู่ติดกัน?
งาน 10:บอร์ด 10 × 10 ปูด้วยฟิกเกอร์ได้ไหม ?
งาน 11:ให้กระดานขนาด 12 × 12 มีตัวตรวจสอบ 9 ตัวที่มุมล่างซ้าย เป็นรูปสี่เหลี่ยม 3 × 3 ในการย้ายครั้งเดียว คุณสามารถเลือกตัวตรวจสอบสองตัวและจัดเรียงตัวตรวจสอบตัวหนึ่งให้สัมพันธ์กับอีกตัวแบบสมมาตร (โดยไม่ต้องออกจากกระดาน) . เป็นไปได้ไหมที่จะย้ายตัวตรวจสอบเหล่านี้ในหลาย ๆ ท่าเพื่อให้เป็นรูปสี่เหลี่ยม 3 × 3 ที่มุมล่างขวา?
งาน 12:มีด้วงอยู่ในแต่ละเซลล์ของตาราง 9 × 9 ตามคำสั่ง ด้วงแต่ละตัวจะบินไปยังเซลล์ที่อยู่ติดกันในแนวทแยง พิสูจน์ว่าอย่างน้อย 9 เซลล์จะว่าง
งาน 13:ปราสาทมีรูปร่างเป็นสามเหลี่ยมปกติ แบ่งออกเป็นห้องโถงเล็ก ๆ 25 ห้องที่มีรูปร่างเหมือนกัน มีการทำประตูในแต่ละผนังระหว่างห้องโถง นักเดินทางเดินไปรอบ ๆ ปราสาทโดยไม่ไปที่ห้องโถงใด ๆ มากกว่าหนึ่งครั้ง หาหอประชุมจำนวนมากที่สุดที่เขาสามารถเยี่ยมชมได้ 
งาน 14:จำนวนรูปสี่เหลี่ยมขนมเปียกปูนที่สามารถตัดเป็นรูปสามเหลี่ยมด้านเท่าแบ่งออกเป็น 36 รูปสามเหลี่ยมด้านเท่าได้สูงสุดเท่าใด
งาน 15.มี 16 แผ่น 1x3 และ 1x1 1 แผ่นในตาราง 7x7 พิสูจน์ว่าแผ่นกระเบื้อง 1×1 อยู่ตรงกลางหรือติดกับเส้นขอบของสี่เหลี่ยม
งาน 16.ที่มุมล่างซ้ายของกระดานหมากรุกขนาด 8×8 โทเค็นเก้ารายการจะถูกวางในรูปแบบสี่เหลี่ยมจัตุรัสขนาด 3×3 ชิปสามารถข้ามไปยังสนามว่างผ่านชิปที่อยู่ใกล้เคียง นั่นคือ มันสามารถสะท้อนได้อย่างสมมาตรรอบจุดศูนย์กลางของมัน (คุณสามารถกระโดดในแนวตั้ง แนวนอน และแนวทแยงมุมได้) เป็นไปได้ไหมที่จำนวนการเคลื่อนไหวดังกล่าวจะวางชิปทั้งหมดอีกครั้งในรูปแบบของสี่เหลี่ยมจัตุรัส 3 × 3 แต่ในมุมที่ต่างออกไป
