點到“圍”止 ─ 矩形方格染色的探討

(1)

點到“圍”止 ─ 矩形方格染色的探討

李佳晉

臺北市立建國高級中學

Abstract

The purpose of this research is to investigate a chessboard coloring problem:

Given an n×n chessboard, we try to color its blocks as many as possible such that any 4 colored blocks do not form a rectangle with its sides parallel to the edge of the chessboard. The maximal number of such colored blocks is defined as S(n). Some property and limits of chessboard coloring are discussed first and that gives the general upper-bound of S(n). Furthermore, some special cases are defined and discussed via two models – Block design and Ring coloring, with which partial conclusions are proved. For general n, methods of constructing lower-bound of S(n)are designed.

摘

摘摘要要要: 本作品在探討棋盤上矩形方格染色問題: 對於一個 n×n 的棋盤, 盡可能在上面染色, 並使得任意四個染色格都不為一個邊平行於格線的矩形的四個頂點, 定義所得到的最大染色數為 S(n).首先探討了棋盤染色的基本限制與性質, 得到了最大染色數 S(n)的上界. 定義 n 的特殊情況, 並以區組設計 (Block design) 及輪換排列法討論之, 得到了部分的結論. 對於一般情況的 n 則找出並證明了幾個例子, 並嘗試設計染色方法以求出一般 S(n)_的下界.

1 簡簡簡介介介

1.1

研研研究究究動動動機機機

在高中排列組合問題中, 有一道 “方格中的紅點矩形問題”, 題目敘述如下: “7×7 的正方形棋盤中, 將 S 個方格染成紅色, 使得其中任意 4 個紅點都不是一個邊平行於格線的矩形的 4 個頂點, 求 S 的最大值?” 我決定要將題目推廣至 n×n 棋盤的染色問題, 將題目定義為: “在 n×n 的正方形棋盤中, 將 S 個方格染色, 並且使得任意 4 個染色格不會形成一個邊平行於格線的矩形的 4 個頂點, 求 S 的最大值 S(n).”

1.2

研研研究究究目目目的的的

1. 探討棋盤上方格染色的限制與性質.

2. 定義並討論 n×n 棋盤中“特殊情況”之染色方法.

3. 討論一般 n×n 棋盤上的最大染色數及其上下界.

(2)

1.3

符符符號號號說說說明明明

1. 定義 S(n)_{為在一個 n}×n 的正方形棋盤中, 能符合條件的最大染色數.

2. 在本文中, 定義“行 (column)”為鉛直的一整排棋盤格子. “列 (row)”則為水平的一整排棋盤格子.

1.4

主主主要要要結結結果果果

1. 對於任意 n, 都有 3(n−1) ≤S(n) ≤ⁿ⁺ⁿ

√4n−3

2 .

2. 定義當 n = k²−k+1 時為特殊情況, k 表每行 (每列) 所有的的染色格數. 利用區組設計或是輪換排列法來討論, 並得到了當 n = p²+p+1 (p 表質數) 時, 有 S(n) =n(p+1).

3. 由 [6]和定義 2.4 得知, 當 n=p^2t+p^t+1 (p 表質數, t∈_{N), 有 S}(n) =n(p^t+1). 4. 使用斜線排列法估計下界, 考慮首列數列<an >=2ⁿ⁻¹, 得到下界: 當 2^q−1≤n <

2^q(q∈_N), 有 S(n) ≥q(n+1) −2^q+1.

2 研研研究究究內內內容容容

2.1

探探探討討討棋棋棋盤盤盤上上上方方方格格格染染染色色色的的的限限限制制制與與與性性性質質質

定定定理理理 2.1. 對於任意的 n , 都有 S(n) ≤ ⁿ⁺

√4n−3

2 .

在 n×n 的棋盤上, 假設棋盤上第 i 行 (column) 有 xi個染色格, 於是有

x₁+x₂+ · · · +xn=S(n). (1) 已知如果某行中已有 2 個染色格, 那麼, 在其餘每行中都不能再有 2 個染色格與前 2 個染色格分別同列. 換言之, 每行的“染色格對”所在的位置互不相同. 由於每行有 n 個方格, 不同的方格對共有 Cⁿ₂種, 因此我們有下列關係

C₂^x¹+C₂^x²+C₂^x³+ · · · +C₂^xⁿ ≤C₂ⁿ, (2) 將上式展開得到

(x²₁+x²₂+ · · · +x²_n) − (x1+x2+ · · · +xn) ≤n(n−1), (3) 由柯西不等式

(x²₁+x²₂+ · · · +x²_n) ≥ ^S(n)²

n , (4)

代回原式, 整理得

S(n)²−nS(n) −n³+n²≤0, (5)

(3)

利用公式解, 可得

S(n) ≤ ⁿ+n√ 4n−3

2 . (6)

由 (6) 這個不等式, 可以確定題目所求的最大染色數必不大於這個值, 可以做為所要的上界 (定理 2.1).

2.2

定定定義義義並並並討討討論論論 n × n 棋棋棋盤盤盤中中中“特特特殊殊殊情情情況況況”之之之染染染色色色方方方法法法

定定定義義義 2.2. 當 n=k²−k+1 時, 稱為 “特殊情況”.

根據定理 2.1, 式 (6) 的等號成立的必要條件為: 每行 (每列) 的染色格數都相等, 即 x1= x2= · · · = xn =k. 此時 k= ^S(n)_n = ¹⁺

√4n−3

2 , 而 n=k²−k+1, 將其定義為 “特殊情況” 方便討論.

例如: 當 k=3和 k=4 的時候, 分別有 n=7和 n=13兩種特殊情況, 排法如圖 1, 2 所示, 恰好皆滿足 S(n) = ⁿ⁺ⁿ

√4n−3

2 .

圖 1. k=_{3, n}=_{7, S}(n) =₂₁ 圖 2. k=4, n=13, S(n) =52

為了要方便表示, 將這些方格染色以另一種形式表示. 把棋盤中第 m 列中有染色格的行數放在第 m 個集合中. 例如: 圖 1 中的棋盤染色可表示為:

(1, 2, 4), (2, 3, 5), (3, 4, 6), (4, 5, 7), (1, 5, 6), (2, 6, 7), (1, 3, 7)

由這種表示法易見: 在 n 個 k 元集合中任意兩個數出現在同一個集合中的次數恰為一次.

因此特殊情況的排法可轉換為區組設計 (Block design) 的問題.

2.3

使使使用用用區區區組組組設設設計計計探探探討討討特特特殊殊殊情情情況況況之之之棋棋棋盤盤盤染染染色色色

定定定義義義 2.3. 本題轉換為區組設計 (Block design) 命題如下: 在一個有限集合 X 中有 n = k²−k+1個元素, 找出 n 個 k 元子集, 並使得任意 2 個元素恰在同一個子集中一次.

(4)

定定定理理理 2.4. 利用區組設計討論特殊情況, 得到了:

當 n=p²+p+1 (p 表質數) 時, 有 S(n) =n(p+1).

由定義易知 X 中的每個元素在所有集合中恰出現 k 次. 如圖 3, 不失一般性, 先將 k 個 1 放入 k 個集合中, 再依序將 2, 3, 4,· · ·, k²−k+1 填入這 k 個集合. 如此一來, 剩下的 k²−2k+1 個集合將包含 2, 3, 4,· · ·, k²−k+1 各 k−1 個. 接下來, 再將剩餘的所有 2, 3, 4,· · ·_{, k 填入這 k}²−k+1 個集合中. 因此, 最後所要處理的, 只剩下 k+1, k+2,· · ·, k²−k+1 這(k−1)² _{個元素分布在 A}₁, A2,· · ·, Ak−1 這 k−1 個 (k−1) × (k−1)_{的方陣中.}

圖 3

在這 k−1個方陣中, 進一步將問題化簡如下: 假設 Ai矩陣其中的 a1,1, a1,2,· · ·, ak−1,k−1

對應到所剩下的(k−1)²個元素. 將這些元素由上而下, 由左而右依序填入, 就可得 A1方陣. 接著, 定義一次 “操作” 如下:

(5)

定定定義義義 2.5. 將一次操作定義為: 將 Ai的第 j 行(j≤k−1)行所有元素往下平移 j−1單位, 超出部分則往上遞補, 所得新方陣即為 Ai+1.

清楚可見當 k−1為質數時, 由於質數會與所有小於自身的正整數互質, 因此, 便能保證每做一次運算之後, 任一元素的 “同列鄰居” 皆與先前不同且不產生矛盾. 從而得知:

當 k−1 = p 時 (p 表質數), n = p²+p+1, 有 S(n) = (p²+p+1)(¹⁺

√

4p²+4p+1

2 ), 即

S(n) =n(p+1)_{(定理 2.4).}

2.4

使使使用用用輪輪輪換換換排排排列列列法法法探探探討討討特特特殊殊殊情情情況況況之之之棋棋棋盤盤盤染染染色色色

由於當 k−1不是質數的時候, 2.2.1 的區組設計方法並不適用, 因此必須再想出其他的方法來建構出合乎條件的染色.

另一種可以用來討論特殊情況的方法, 稱為 “輪換排列法”, 例如圖 4:

圖 4

產生的過程, 要先經過一個 “環狀著色” 的定位之後, 再造出如圖 4 的模型. 以下是詳細過程:首先, 這種排法的原則, 是在方格上選定一條斜率為−1 (或 1)之方格所構成的直線, 並且從左上到右下 (或右上到左下) 依序為方格上色, 當到達最右邊 (或最左邊) 的方格時, 再跳到下一列最左邊的方格上色, 如下圖 5:

圖 5

圖 5 的紅色塗到最右邊之後, 想像旁邊還有另一個方格讓它接續下去直到最後一列 (黃色), 最後再將其移回原棋盤變成綠色的區塊即完成著色動作.

因此, 只要選定最上面一列的格子是哪些格子要塗色, 以下的方格就能自動定位. 至於如何選擇首列的塗色方法, 我將問題簡化為 “環狀著色” 問題. 經過觀察可以得知, 若以上

(6)

述的方式將棋盤著色, 由於每一條斜線間的相對位置在每一列都相同, 因此, 只需要探討最初定位的第一列之相對位置, 就能確定該定位不會有與命題矛盾的情況.

圖 6

舉例說明如圖 6, 圖中紅色區塊形成矩形與命題矛盾, 乃是因為左下角的兩條與右上角的兩條染色方格的 “差距”, 以圖 6 中的例子來說兩排的 “差距” 各自都是 2, 所以會產生矩形. 因此, 當探討第一列的定位時, 只要該列任兩個著色的方格之間的差距數字不重複, 向下延長後所造成的著色情況便能確定不矛盾. 此外, 因為其每一條線皆剛好塗滿該方格的邊長, 滿足特殊情況 S(n) = ⁿ⁺ⁿ

√4n−3

2 ,並且每行每列的染色格數相等, 因此能夠作為特殊情況的排法.

由於在塗色到盡頭時會接續到另一邊, 因此, 在討論 “差距” 時不能只以直線做討論, 必須以一個 “環” 為模組.

定定定義義義 2.6. 將環狀著色定義如下: 在一個有 n=k²−k+1 格的環上, 選取 k 個格子染色, 並使得任意兩個染色格之間的 “方格距離” 都兩兩不相等, 稱為一個 “完整的環狀著色”.

由此便可定義輪換排列法.

定定定義義義 2.7. 輪換排列法定義如下: 在特殊情況下, 將首列的 n 格對應到一個有 n 格的完整的環狀著色, 即可完成首列定位. 接著, 將首列的染色格往右下延伸後遞補回另一側即可完成棋盤著色.

圖 7

從圖 7 可以看到一個有 21 格的環, 在上面 5 格著色, 使得任意兩個格子之間的差從 1～20 剛好各出現一次, 即為一組滿足的情況, 轉換回棋盤上就成為下圖 8.

(7)

圖 8

如此可以依序把 k=2, 3, 4, 5, 6 的環狀著色排出來, 依序如下, 其中 k=_{4 的情況找到} 了兩組完整的環狀著色:

圖 9. k=₂ _{圖 10. k}=₃

圖 11. k=4 圖 12. k=4 另解

圖 13. k=5 圖 14. k=6

(8)

然而, 上述的例子皆是由窮舉法所得出. 問題的瓶頸在於缺乏一套有系統的方式能找出完整的環狀著色方式. 而這也是本作品未來的研究方向.

定定定理理理 2.8. 當 n=p^2t+p^t+1 (p 表質數, t∈_{N), 有 S}(n) =n(p^t+1). 探討已存在的特殊情況 (k≥3),容易證明以下幾個性質:

1. 任意一組染色格對恰決定一行 (列) 的染色.

2. 任意兩行 (列) 恰有一個公共格.

3. 可選定三行 (列) 不共有一組公共格.

4. 每一行 (列) 至少包含三個染色格.

這恰好符合射影平面 (projective plane) 的四個公理:

1. 相異兩點恰決定一條直線.

2. 任兩條直線恰交於一點.

3. 存在不共線三點.

4. 每一條線至少通過三點.

圖 15

因此, 對於已知的特殊情況的解, 可經由轉換而得到一個階數 (order) 為 k−_{1 的射影平面,} 反之亦然. 例如: k=_{3, n}=7 的特殊情況可轉換為階數為 2 的射影平面如圖 15.

關於射影平面, Kahrstrom (2002) [6] 提到, 當 order n=p^t(p 表質數, t∈_{N) 時, 存在} 射影平面. 因此可以確定, 當 k=p^t+1 時, 可構造出射影平面並轉換回棋盤染色, 從而得到 S(n) =n(p^t+1)_{(定理 2.8).}

2.5

討討討論論論一一一般般般 n × n 棋棋棋盤盤盤上上上的的的最最最大大大染染染色色色數數數及及及其其其上上上下下下界界界

當 n 值比較小的情況, 可以利用鴿籠原理, 再加以限制單行染色格數的最大值, 進一步討論個數, 得出結果. 證明方法為: 先排出染色數為 m 的方法, 接著證明無法在棋盤上染色 m+1 格, 就能證明最大染色數是 m.

(9)

圖 16

1. 3×3 棋盤下的最大染色數

如圖 16, 為 6 個染色格的染色方法. 若最大染色數為 7, 則根據鴿籠原理, 至少會有一行的染色格數是 3, 則其他行都不能再染色一格以上, 出現矛盾, 故得知 S(3) =6.

圖 17

如圖 17, 為 9 個染色格的染色方法. 若存在 10 個染色格, 且一行染色數最大為 4, 則這種情況明顯不合, 因為若一行 4 格都染色, 會使之後每一行都只能染色一格. 若一行染色數最大為 3, 則至少會有兩行有三格染色, 如此也會出現矛盾, 因為染色數為 3 的兩行必會產生兩個染色格的交集. 故得知 S(4) =9.

圖 18

如圖 18, 為 12 個染色格的染色方法. 若存在 17 個染色格, 且一行染色數最大到 5, 則由 4×4 的情況可知必定不合. 若一行染色數最大為 4, 則至少有一行包含 4 格且一行包含 3 格, 則該兩行也會出現兩個以上的染色格交集, 亦不合. 若一行染色數最大為 3, 則有三行必須有 3 格染色, 以鴿籠原理討論矛盾, 故 S(5) =12.

圖 19

如圖 19, 為 16 個染色格的染色方法. 若存在 17 個染色格, 且一行染色數最大到 6, 則

(10)

明顯不合. 若一行染色數最大到 5, 則將至少有一行有染色數到 3, 則出現矛盾. 若一行染色數最大到 4, 則有三行的染色數為 3, 亦會矛盾. 若一行染色數最大到 3, 據鴿籠原理討論後也會產生不合, 故得知 S(₆) =_16.

圖 20

如圖 20, 為 24 個染色格的染色方法. 若存在 25 個染色格, 且一行最大染色格數為 8, 明顯不合. 若一行染色數最大為 7, 必會有一行以上有染色 3 格, 則產生兩兩交集亦不合. 若一行染色數最大到 6, 則有五行必須著色 3 格, 也會出現兩兩交集. 若一行染色數最大到 5, 則有六行必須著色 3 格, 經過操作後證實不合. 若一行染色數最大到 4, 則有七行必須著色 3 格, 經過繁瑣操作, 以及鴿籠原理的證實也不合. 故得知 S(8) =24.

目前已經證明: S(3) =6, S(4) =8, S(5) =12, S(6) =16, S(8) =24.然而當 n 越來越大, 討論起來相當複雜. 因此我試著對任意的 n 給出一個可靠的上下界. 上界已經由定理 2.1 得出, 因此接下來要從下界著手. 最明顯直觀的下界為 3(n−1)_{, 但仍有進步空間.}

定定定義義義 2.9. 將 “斜線排列法” 定義如下: 首先將棋盤的首列染色, 使首列中染色格之間的差不會兩兩重複, 再將該首列有染色的方格往棋盤的右下方延伸染色, 直至棋盤右側邊界停止, 完成斜線排列法以估計下界. 如圖 21.

圖 21

(11)

考慮貪婪演算法 (Greedy Algorithm) 建構首列數列, 所得到的數列為:

1, 2, 4, 8, 13, 21, 31, 45, 66, 81, 97, 123, 148, 182, 204, 252, 290, 361, 401, 475, · · · 經由整數數列線上大全 (OEIS, http://oeis.org/Seis.html) , 得知該數列為 Mian- Chowla sequence, 但該數列在現代數論中目前還未被發現通項公式.

定定定理理理 2.10. 當 2^q−1≤n<₂^q(q∈N)_{, 有下界 S}(n) ≥q(n+₁) −₂^q+_1.

考慮數列< an >= 2ⁿ⁻¹,若有兩組數的差相等, 則有 2ⁱ−2^j = 2^x−2^y, 而 2^j(2^i−j− 1) =2^y(2^x−y−1), 從而 i=x, j=y,兩組數完全相同, 得到矛盾. 因此數列中任兩項的差皆相異. 由此可以計算 S(n)的下界: 對於任意的 n, 當 2^q−1≤n <2^q (q∈ _N), 我們有以下關係:

S(n) ≥nq−

∑

q i=1

(2ⁱ⁻¹−1) 整理得到 S(n) ≥q(n+1) −2^q+1 (定理 2.10).

參參參考考考文文文獻獻獻

[1] 李成章; 紅點問題的解法和新進展. 中等數學, 7, 16-20 (民95).

[2] 李建泉; 2002 年全國高中數學聯合競賽. 中等數學, 1, 28-29 (民92).

[3] 傅恆霖. 組合設計講義; 取自: http://www.tmtc.edu.tw/˜primary.

[4] Roger Zarnowski; From cyclic sums to projective planes. The College Mathematical Journal, 4, 304-308 (2007).

[5] Daniel M. Gordon; The prime power conjecture is true for n<2, 000, 000. Electronic J.

Combinatorics 1, No. 1, R6, 1-7 (1994).

[6] Johan Kahrstrom; On projective planes. H¨arn ¨osand: Mid Sweden University (2002).

點到“圍”止 ─ 矩形方格染色的探討