The stamp covering problem of path
國立花蓮女子高級中學 劉薇 指導老師 吳仲奇
1 簡 簡 簡介 介 介
本次研究主要討論的是由一連串類似 IC 問題的推演進而衍生出的直線之郵票覆蓋數, 即 於直線圖形上取 n 個點並填入數字, 求其所能形成的最大連續正整數. 對於長度為 n 的 直線圖, 過去的研究所得到 IC 數的最佳上界為 n(n + 1)
2 − 1, 但在 n ≥ 5 時, 欲排出此圖 形的最大連續數時, 直線圖形中的某些數值會重複出現, 導致最大值少於無聊上界之值.
所謂郵票問題所探討的就是給定所取張數 n 及 m 種面額, 並使其組合出從 1 開始的連 續正整數, 探討其所能達到的最大值. 如圖 1 所示. 進一步探討與其相似的圖形所形成的
「直線 IC 著色」, 即於直線圖形上給定 n 格格數, 於其中填入不超過格數之正整數, 不相 鄰者不能組合, 如圖 2 所示. 簡單來說, 郵票問題是一種任意兩頂點間彼此相連的 IC 著 色, 而我們主要探討的則是直線的 IC 著色及變形後的 IC 著色.
圖 1
圖 2
設 G 是一個圖, M(G) 是 G 的郵票覆蓋數, M′(G) 是 G 的 IC 數(定義詳見第二節, 名詞釋義), 主要的研究結果是改進了直線圖的上下界.
對於長度為 n 的直線圖 Pn, 過去最好的結果是：
定 定
定理理理. n2+ 6n − 4
4 ≤ M′(Pn) ≤ M(Pn) ≤ n(n + 1)
2 − 1. (參參參見[2]的結果)
而我們得到的結果為 定
定
定理理理. n2+ 8n − 8
4 ≤ M′(Pn) ≤ M(Pn) ≤ n(n + 1)
2 − 3 (當 n ≥ 5 時).
事實上, 綜合我們的各種證明方法, 當 n ≥ 6 時, 可以進一步將 M′(Pn) 的上界降低到 n(n + 1)
2 − 3
接著我們推導出對於長度為 nc 的圓圈 Cn:
定 定
定理理理. 當 7 ≥ n 時, 6nc−11 ≤ M(Cn) ≤ nc(nc−1)+1; 當 n ≥ 7 時, n2c+ 2nc− 1
2 ≤ M(Cn) ≤ nc(nc− 1) + 1.
2 基 基 基本 本 本圖 圖 圖論 論 論與 與 與名 名 名詞 詞 詞定 定 定義 義 義
定 定
定義義義 1. 給定一個圖 G, 圖上的一種著色(coloring), 就相當於分配正整數至任意圖上之頂 點. 也就是說, 圖 G 的一個著色可以視為一個由頂點 V (G) 到正整數的函數 f.
定 定
定義義義 2. 對於 G 的一個子圖 H 及 G 的一種著色 f , 定義 fs(H) = ∑
ν∈V (H)
f (ν)
於 1992 年 Glenn Chappel 曾研究一個 “subgraph sums” 問題, 這個問題在 2005 年時 在 Salehi, Lee, Khatirinejad 的論文中被稱為 IC-著色問題.
定 定
定義義義 3. 給定一個圖 G 及著色 f, 如果對於所有小於等於 fs(G) 的正整數 k, 都可以找到 一個 G 的連通子圖 H 使得 fs(H) = k, 則我們稱 f 為 G 的 IC-著色.
定義 IC-數 M′(G) = max{fs(H)∣ f 是 IC 著色}
1995 年 Penrice 介紹的郵票覆蓋(stamp covering)的概念如下：給定圖 G、 著色 f 及 正整數 K, 如果對於每個小於等於 K 的正整數 k 都存在一個 G 的連通子圖 H, 使得 fs(H) = k, 則稱 f 是 G 的一個 K-標籤(K-labeling). (詳見[2])
定 定
定義義義 4. 如果 f 是 IC-著色也就是 f 是 fs(G)-標籤的意思. 定義郵票覆蓋數(stamp covering number) M(G) 為在圖 G 上存在 K-標籤的最大整數 K.
此篇報告主要是在研究直線的郵票覆蓋數, 而郵票覆蓋數與 IC 數最大的不同在於 IC 數其頂點內數字總和必須等於所有數字總和, 而郵票覆蓋數則無此限制, 使組合數盡可能 的大即可.
3 直 直 直線 線 線圖 圖 圖之 之 之上 上 上界 界 界
定義名詞：
Pn: 長度為 n 的直線圖.
S：直線上所有數字的總和, 即 fs(Pn).
因為主要研究的對象是直線圖形, 我們簡化符號令 M(n) = M(Pn) 而 M′(n) = M′(Pn).
n 較小時, 可用電腦程式求出 M (n) 和 M′(n), n 比較大時求出其上下界, 且盡可能得到
較大下界與較小上界, 以逼近 M(n) 和 M′(n).
定 定
定理理理 1. 直線圖明顯上界為 M(n) ≤ n(n + 1) 2 .
證 證
證明明明. 在 Pn 中長度為 1 的連通子圖有 n 個, 從左到右標為 H(1,1), H(1,2), ⋯, H(1,n). 在 Pn 中長度為 2 的連通子圖有 n − 1 個, 從左到右標為 H(2,1), H(2,2), ⋯, H(2,n−1). 依此類推,總共有 n + (n − 1) + ⋯ + 2 + 1 = n(n + 1)
2 個連通子圖, 所以至多有 n(n + 1)
2 個
著色數, 因此 M(n) ≤ n(n + 1) 2 . 定
定
定理理理 2. M(n) ≤ n(n + 1)
2 − 1(n ≥ 4).
證 證
證明明明. 假設 M(n) = n(n + 1)
2 ,則 n(n + 1)
2 個連通子圖之著色數均相異, 特別的, fs(H(1,1)), ⋯fs(H(1,n)) 均相異. 將其由小至大排列分別大於或等於 1, 2, 3, ⋯, n .
因此 n(n + 1)
2 = fs(Pn) =∑n
i=1fs(H(1,i)) ≥ 1 + 2 + 3 + ⋯ + n = n(n + 1) 2 所以 {fs(H(1,1)), ⋯, fs(H(1,n))} = {1, 2, 3, ⋯, n}.
接著考慮 H(2,1), H(2,2), ⋯, H(2,n−1), 顯然 fs(H(2,i)) ≤ n + (n − 1) = 2n − 1.
又 fs(H(2,i)) ≠ fs(H(1,j)),對於任意 i, j, 所以 fs(H(2,i)) ≥ n + 1.
所以 {fs(H(2,1)), ⋯, fs(H(2,n−1))} = {n + 1, n + 2, ⋯, 2n − 1}.
如果 fs(H(2,j)) = 2n−1, 則 H(2,j)之著色分別為 n, n−1, 首先假設 f(j) = n, f(j+1) = n−1, 因為有一長度 2 之連通子圖之著色數為 2n − 2, 則必然有 f(j − 1) = n − 2, 又有一長度 2 之連通子圖之著色數為 2n − 3, 2n − 3 = n + (n − 3) 或 2n − 3 = (n − 1) + (n − 2), 但這兩種 情況均不可能是長度 2 之連通 f 圖之著色數, 故矛盾.
若假設f(j + 1) = n, f(j) = n − 1, 則類似證明也可推得矛盾.
定 定
定理理理 3. M(n) ≤ n(n + 1) 2 − 2.
證 證
證明明明. 若 M(n) = n(n + 1)
2 − 1, 則所有連通子圖中恰有兩相異連通子圖有相同之著色數.
1. 若所有長度 1 之子圖著色數均相異, 則著色數由小至大分別大於等於 1, 2, 3, ⋯, n, 因此
fs(G)∑n
i=1fs(H(1,i)) ≥ 1 + 2 + 3 + ⋯ + n = n(n + 1) 2 , 與 fs(G) = n(n + 1)
2 − 1 不合. 所以恰有兩個長度 1 之子圖有相同著色數,
亦即 fs(H(1,k)) = fs(H(1,l)), 1 ≤ k < l ≤ n; 且其他連通子圖之著色數均相異.
所以總共有 n(n + 1)
2 個連通子圖, 有 n(n + 1)
2 − 1 個相異著色數. 設 a = fs(H(1,k)).
由於 M(n) = n(n + 1)
2 −1, 因此 {fs(H(1,1)), ⋯, fs(H(n,1))} = {1, 2, 3, ⋯,n(n + 1)
2 −1
2. 如果 k + 1 ≠ l, 則考慮 Γ1 為從 k 到 l − 1 的連通子圖, 考慮 Γ2 為從 k + 1 到 l 的連 通子圖, 則 fs(Γ1) = fs(Γ2), 矛盾. 所以 l = k + 1.
3. 以 S1 代表長度為 1 的子圖的著色數所成之及合, S2 代表長度為2 的子圖著色數所
成之及合, 則S1∩ S2 = ϕ
4. 若 a = n − 1, 則S1 = {1, 2, ⋯, n − 1}, 則∀x ∈ S2, n ≤ x ≤ 2n − 2,
所以S2⊂ {n, n + 1, ⋯, 2n − 2}. 但是 S2 共 n − 1 個元素所以 S2= {n, n + 1, ⋯, 2n − 2}.
假設 f(j) = f(j + 1) = n − 1, fs(H(2,j)) = 2n − 2, 2n − 3 ∈ S2 所以 f(j − 1) = n − 2 或 f (j + 2) = n − 2, 可假設 f (j − 1) = n − 2. 2n − 4 ∈ S2 所以 f(j + 1) = n − 3.
如此一來利用 2n − 5 ∈ S2 得到矛盾.
5. 若 k = n − 2, 則 f(1), f(2), ⋯, f(n) 由小到大分別為 1, 2, 3, ⋯, n − 2, n − 2, n. 因為
∀x ∈ S2, n − 1 ≤ x ≤ 2n − 2, 則 S2 = {n − 1, n + 1, ⋯, 2n − 2}.
設 f(j) = f(j + 1) = n − 2. 因為 2n − 2 ∈ S2 所以可假設 f(j + 2) = n, 因為 2n − 3 ∈ S2 所以 f(j + 3) = n − 3. 由於 2n − 5 ∈ S2 即得到矛盾.
6. 若 k = n − 3 且 S1 = {1, 2, 3, ⋯, n − 3, n − 3, n − 1, n}. 因為 ∀x ∈ S2, n − 2 ≤ x ≤ 2n − 1, 所以 S2 ⊂ {n − 2, n + 1, ⋯, 2n − 1}.
因為 2n − 2 不屬於 S2,所以得到 S2 = {n − 2, n + 1, ⋯, 2n − 3, 2n − 1}.
因為 2n − 3 ∈ S2 所以 f(j + 2) = n, 又因為 2n − 1 ∈ S2, 所以 f(j + 3) = n − 1. 由於 2n − 4 ∈ S2 即得到矛盾.
7. 若 k = n − 3 且 S1= {1, 2, 3⋯, n − 3, n − 3, n − 2, n + 1}.
因為 ∀x ∈ S2, n − 1 ≤ x ≤ 2n − 1, 所以 S2 ⊂ {n − 1, n, n + 2, ⋯, 2n − 1}, 且兩個集合間 相差一個元素.
如果 2n − 1 不屬於 S2 則 2n − 2, 2n − 3, 2n − 4 ∈ S2 可以得到矛盾.
如果 2n − 1 ∈ S2 假設 f(t) = n + 1, f(t + 1) = n − 2. 則考慮 2n − 2, 2n − 3, 2n − 4 至屬
於多只有一個元素不屬於 S2 可以得到矛盾.
8. 持續類似的討論繼續往下做, 每種情況均可以得到矛盾. 但是我們還無法給出一個
完全完整的證明.
9. 教授提供以下的證明:
將 f(1), f(2), f(3), ⋯, f(n) 由小到大記為 f1, f2, f3, ⋅, fn. 令 T1 = {1, 2, ⋯, fn}, 則 S1 ⊂ T1, 令T2 = {fn+ 1, fn+ 2, ⋯, fn+ fn−1}, 則 S1∪ S2⊂ T1∪ T2. 依此類推可以定 義 Tk 滿足 S1∪ ⋯ ∪ Sk ⊂ T1∪ Tk. 且
S1∪ ⋯ ∪ Sn= T1∪ ⋯ ∪ Tn= {1, 2, ⋯, s}, 其中 s = n(n + 1)
2 − 1.
可以證明
S1∪ ⋯ ∪ Sn−1= T1∪ ⋯ ∪ Tn−1= {1, 2, ⋯, s − 1};
S1∪ ⋯ ∪ Sn−2= T1∪ ⋯ ∪ Tn−2= {1, 2, ⋯, s − 3};
S1∪ ⋯ ∪ Sn−3= T1∪ ⋯ ∪ Tn−3= {1, 2, ⋯, s − 6};
所以 Sn= {s}, Sn−1= {s − 1, s − 2}, Sn−2= {s − 3, s − 4, s − 5}.
由於Sn= {s}, Sn−1= {s−1, s−2}, 可以假設 f(1) = 1, f(n) = 2, f(2) = x, f(n−1) = y.
令 A = f(3) + ⋯ + f(n − 2). 則 A + x + y = s − 3; {A + x + 1, A + y + 2} = {s − 4, s − 5}.
因此 x = 3, y = 3 (矛盾) 或是 x = 4, y = 2.
如果 x = 4, y = 2 則 s − 6 不屬於 Sn−3 (矛盾), 故得證.
4 直 直 直線 線 線圖 圖 圖之 之 之下 下 下界 界 界
定 定
定理理理 4. 直線明顯下界是 n.
證 證
證明明明. 當格數= n, 著色方式為 f1= (1, 1, 1, 1, . . . , 1), 如圖 3 由圖觀察, 可取 n 個 1 所形成的連通子圖 Hn
1 1 1 ⋯ ⋯ 1 1 1 1 1
n 格 圖 3
定 定
定理理理 5. m(n) ≥ [n2+ 4n 4 ].
證 證
證明明明. 著色方式為利用一正整數 k 與 1 組合著色, 由 k − 1 個 1 與 n − k + 1 個 k 排出之 f2, 如圖 4
1 1 1 ⋯ 1 k k ⋯ k k
n 格 圖 4
由圖觀察,
當 n ≤ k + 1 時, 可以取相鄰 n 個 1 所形成的連通子圖;
當 n = tk 時, 可以取相鄰 t 個 k 所形成的連通子圖;
當 n = tk + s 時, 可以取相鄰 t 個 k 加上與其相鄰的 s 個 1 所形成的連通子圖, 其中 t ≤ n − k + 1, s ≤ k − 1.
當 n 是奇數時取 k = n + 1/2, 當 n 是偶數時取 k = n + 2/2 即得證.
定 定
定理理理 6. 2 < n < 6 時, m(n) ≥ 3n − 3.
證 證
證明明明. 著色方式為 f3= (1, 3, 3, 3, . . . , 3, 3, 3, 2), 如圖 5.
1 3 3 ⋯ ⋯ 3 3 3 3 2
n 格 圖 5
由圖觀察,
當 n ≤ 2 時, 可以取 n 所形成的連通子圖 Hn1;
當 n = 3k 時, 可以取相鄰 k 個 3 所形成的連通子圖 Hn2;
當 n = 3k + 1 時, 可以取相鄰 k 個 3 加上與其相鄰的 1 個 1 所形成的連通子圖 Hn3; 當 n = 3k + 2 時, 可以取相鄰 k 個 3 加上與其相鄰的 1 個 2 所形成的連通子圖 Hn4; 又當 2 < n < 6 時, f3 所排出的最大連續組合數會比 f2 還要來的大, 故在此範圍內, f3排 法可以作為直線的下界.
定 定
定理理理 7. 8 < n < 18 時, m(n) ≥ 7n − 27.
證 證
證明明明. 著色方式為 f4= (1, 2, 3, 7, 7, . . . , 7, 7, 4, 4, 1), 如圖 6 由圖觀察,
當 n ≤ 4 時, 可以取 n 所形成的連通子圖 Hn1;
當 n = 5 時, 可以取 1 個 1 及與 1 相鄰的 1 個 4 所形成的連通子圖 Hn2;
1 2 3 7 7 ⋯ 7 4 4 1
n 格 圖 6
當 n = 6 時, 可以取相鄰的 1 個 1, 1 個 2 及 1 個 3 所形成的連通子圖 Hn3; 當 n = 7k 時, 可以取相鄰 k 個 7 所形成的連通子圖 Hn4;
當 n = 7k + 1 時, 可以取相鄰 k − 1 個 7 加上與其相鄰的 2 個 4 所形成的連通子圖 Hn5; 當 n = 7k + 2 時, 可以取相鄰 k − 1 個 7 加上與其相鄰的 2 個 4 及 1 個 1 所形成的連通子 圖 Hn6;
當 n = 7k + 3 時, 可以取相鄰 k 個 1 加上與其相鄰的 1 個 3 所形成的連通子圖 Hn7; 當 n = 7k + 4, 7k + 5, 7k + 6 時, 可以取相鄰 k 個 7 再分別加上連通子圖 Hn1, Hn2, Hn3; 又當 6 < n < 18 時, f4 排出的最大連續組合數會比 f2 還要來的大, 不過當 n = 8 時此著色 為其連續最大組合, 而在 n = 9 時最大連續組合數值已不是此著色, 故在 8 < n < 18 範圍
內, f4 排法可以作為下界的最大值.
先前於文獻資料[2]中有一組排法為 (1, 1, . . . , 1, k + 1, k + 1, . . . , k + 1, k − 1), 如圖 7
1 1 1 . . . 1 k + 1 k+1 ⋯ k + 1 k
n 格 圖 7
當 n ≤ k − 1 時, 可以取相鄰 n 個 1 所形成的連通子圖 Hn1; 當 n = k 或 k + 1 時, 可以取 n 所形成的連通子圖 Hn2;
當 n = t(k + 1) + s 時, 可以取相鄰 t 個 1 加上與其相連的 t 個 k + 1 所形成的連通子圖 Hn3, 其中 s ≤ k − 1,t ≤ n − k;
當 n = t(k + 1) + k 時, 可以取相鄰 t 個 k + 1 加上與其相連的 k 所形成的連通子圖 Hn4, 其中 t ≤ n − k.
定 定
定理理理 8. m(n) ≥ [n2+ 6n − 3 4 ].
證 證 證明明明.
1. 如圖 8, 著色方式為前面 k 個 2 後面接兩個 1, 中間有 n − 2k − 3 個 2k + 4, 後面再接 著一個 3 及 k 個 2
2 ⋯ 2 1 1 2k + 4 ⋯ 2k + 4 3 2 ⋯ 2
n 格 圖 8
由圖觀察,
當 n ≤ 3 時, 可以取 n 所形成的連通子圖 Hn1;
當 n = 2k 時, 可以取相鄰 k 個 2 所形成的連通子圖 Hn2;
當 n = 2k + 1 時, 可以取相鄰 k 個 2 加上與其相鄰 1 個 1 所形成的連通子圖 Hn3;
當 n = 2k + 2 時, 可以取相鄰 k 個 2 加上與其相鄰 2 個 1 所形成的連通子圖 Hn4; 當 n = 2k + 3 時, 可以取相鄰 k 個 2 加上與其相鄰 1 個 3 所形成的連通子圖 Hn5; 當 n = t(2k + 4) 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 所形成的連通子圖 Hn6;
當 n = t(2k + 4) + 1 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上與其相鄰 1 個 1 所形成的連通 子圖 Hn7;
當 n = t(2k + 4) + 2 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上與其相鄰 2 個 1 所形成的連通 子圖 Hn8;
當 n = t(2k + 4) + 3 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上與其相鄰 1 個 3 所形成的連通 子圖 Hn9;
當 n = t(2k + 4) + 2k + 2 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上 Hn4 所形成的連通子圖 Hn10;
當 n = t(2k + 4) + 2k + 3 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上 Hn5 所形成的連通子圖 Hn11;
當 n = (n − 2k − 3)(2k + 4) + (2k + 3) + 1 時, 可以取相鄰 n − 2k − 3 個 2k + 4 加上 Hn4 及與其相鄰的 1 個 1 所形成的連通子圖Hn12;
當 n = (n − 2k − 3)(2k + 4) + (2k + 3) + 2 時, 可以取相鄰 n − 2k − 3 個 2k + 4 加上 Hn5 及與其相鄰的 2 個 1 所形成的連通子圖Hn13;
當 n = (n − 2k − 3)(2k + 4) + (2k + 3) + 2k + 1 時, 可以取 n − 2k − 3 個 2k + 4 加上 Hn4 及 Hn3 所形成的連通子圖 Hn10;
當 n = (n − 2k − 3)(2k + 4) + (2k + 3) + 2k + 2 時, 可以取 n − 2k − 3 個 2k + 4 加上 Hn5 及 Hn4 所形成的連通子圖 Hn11;
2. 如圖 9 , 著色方式為前面 k 個 2 後面接一個 1, 中間有 n − 2k − 1 個 2k + 2, 後面再 接著 k 個 2
2 ⋯ 2 1 2k + 2 2k + 2 ⋯ 2k + 2 2 ⋯ 2
n 格 圖 9
由圖觀察,
當 n ≤ 2 時, 可以取 n 所形成的連通子圖 Hn1;
當 n = 2k 時, 可以取相鄰 k 個 2 所形成的連通子圖 Hn2;
當 n = 2k + 1 時, 可以取相鄰 k 個 2 加上與其相鄰 1 個 1 所形成的連通子圖 Hn3; 當 n = t(2k + 2) 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 2 所形成的連通子圖 Hn4;
當 n = t(2k + 2) + 1 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 2 加上與其相鄰 1 個 1 所形成的連通 子圖 Hn5;
當 n = t(2k + 2) + 2k 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 2 加上與其相鄰 k 個 2 所形成的連通 子圖 Hn6;
當 n = t(2k + 2) + 2k + 1 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 2 加上 Hn3 所形成的連通子圖 Hn7;
當 n = t(2k + 4) + 2 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上與其相鄰 2 個 1 所形成的連通 子圖 Hn8;
當 n = t(2k + 4) + 3 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上與其相鄰 1 個 3 所形成的連通 子圖 Hn9;
當 n = t(2k + 4) + 2k + 2 時, 可以取相鄰 t 個 2k + 4 加上 Hn4 所形成的連通子圖 Hn10;
當 n = t(2k + 4) + 2k + 3 時, 可以取相鄰 t 個 2 加上 Hn5 所形成的連通子圖 Hn11.
定 定
定理理理 9. m(n) ≥ [n2+ 6n + 13
4 ].
證 證
證明明明. 如圖 10, 著色方式為前面一個 1 和一個 2 後面接 k 個 1 及一個 3 , 中間有 n − k − 6 個 k + 7, 後面再接著一個 k + 4, 一個4 及一個 1.
1 2 1 ⋯ 1 3 k + 7 ⋯ k + 7 k + 4 4 1
n 格 圖 10
由圖觀察,
當 n ≤ 4 時, 可以取 n 所形成的連通子圖 Hn1;
當 n = k 時, 可以取相鄰 k 個 1 所形成的連通子圖 Hn2;
當 n = k + 1 時, 可以取 k − 2 個 1 加上與其相鄰的 1 個 2 及 1 個 1 所形成的連通子圖 Hn3;
當 n = k + 2 時, 可以取相鄰 k 個 1 加上與其相鄰的 1 個 2 所形成的連通子圖 Hn4; 當 n = k + 3 時, 可以取相鄰 k 個 1 加上與其相鄰 1 個 3 所形成的連通子圖 Hn5; 當 n = k + 4 時, 可以取 1 個 k + 4 所形成的連通子圖 Hn6;
當 n = k + 5 時, 可以取 k 個 1 加上與其相鄰的 1 個 2 及 1 個 3 所形成的連通子圖 Hn7; 當 n = k + 6 時, 可以取 k 個 1 加上與其相鄰 1 個 1 以及 1 個 2 以及 1 個 3 所形成的連 通子圖 Hn8;
當 n = t(k + 7) 時, 可以取相鄰 t 個 k + 7 所形成的連通子圖 Hn9; 當 n = k + 8 時, 可以取 1 個 k + 4 加上 1 個 4 所形成的連通子圖 Hn10;
當 n = k + 9 時, 可以取 1 個 k + 4 加上與其相鄰的 1 個 4 及 1 個 1 所形成的連通子圖 Hn11;
當 n = t(k + 7) 時, 可以取相鄰 t 個 k + 7 所形成的連通子圖 Hn12;
當 n = k + 8 時, 可以取 1 個 k + 4 加上與其相鄰的 1 個 4 所形成的連通子圖 Hn13; 當 n = k + 9 時, 可以取 1 個 k + 4 加上與其相鄰的 1 個 4 及 1 個 1 所形成的連通子圖 Hn14;
當 n = t(k + 7) + k + 2 時, 可以取相鄰 t 個 k + 7 加上與其相鄰的 1 個 3 及 k − 1 個 1 所形 成的連通子圖 Hn15;
當 n = t(k + 7) + k + 5 時, 可以取相鄰 1 個 k + 7 加上 Hn7 所形成的連通子圖 Hn16; 當 n = t(k + 7) + k + 6 時, 可以取相鄰 1 個 k + 7 加上 Hn8 所形成的連通子圖 Hn17.
由上述討論可得 (n2+ 6n + 13)
4 ≤ M′(n) ≤ M(n) ≤ n(n + 1)
2 − 2. 接著將格數改為 N, 而 N = L + n − 1 , 討論格數夠大時的最大下界, 而 L 及 n 為變數.
定 定
定理理理 10. m(n) ≥ (N2+ 6N + 13)
4 .
證 證
證明明明. 如圖 11, 著色方式為前面有 k − 2 個 1, 一個 2, n − 2k − 1 個 1, 一個 k, L 個 n, 一 個n − k, 一個 k + 1, k − 2 個 1, 長度為 L + n − 1
1 ⋯ 1 2 1 ⋯ 1 k n ⋯ n n − k k + 1 1 ⋯ 1
L + n − 1 格 圖 11
由此著色方式所排出的最小值:
令 L, n 為固定的正整數
k − 2 + 2 + n − 2k − 1 + k + Ln + n − k + k + 1 + k − 2 = k + (L + 2)n − 2
由此可得知上式為k的一個斜率為正的線性函數, 所以 k 越大越好.
但 k > 2, n − 2k − 1 > 0 所以 k < (n − 1)
2 , 所以 k 取 3.
同理將 k = 3 代入上式 3 + (L + 2)n − 2 = (L + 2)n + 1, L, n 互為斜率為彼此的線性函數, 故 L, n 皆越大越好.
由此可知, 目前最大的下界值為, 當長度(令 N )為 L + n − 1 時, 總和為 (L + 2)n + 1 = (N − n + 1 + 2)n + 1 = −(n −(N + 3)
2 )2+(N2+ 6N + 13) 4
故當 n = (N + 3)
2 時, m(n) = (N2+ 6N + 13)
4 .
當 n = 偶數時, 與之最接近正整數為 k = (N + 5)
2 , (N + 1)
2 時, m(n) = [(N2+ 6N + 13)
4 ]
因此當格數為N時, 任何介於 1 到 (N2+ 6N + 13)
4 的數都可被寫出來.
定 定
定理理理 11. m(n) ≥ [(N2+ 6N + 21)
4 ].
證 證
證明明明. 如圖 12, 著色方式為前面有 k − 2 個 1, 一個 2, n − 2k − 3 個 1, 一個 2, 一個 k, L 個 n, 一個 n − k, 一個 k + 1, k − 2 個 1, 一個 2, 長度為 L + n − 1.
1 ⋯ 1 2 1 ⋯ 1 2 k n ⋯ n n − k n − k k + 1 1 ⋯ 1 2
L + n − 1 格 圖 12
由此著色方式所排出的最小值:
令 L, n 為固定的正整數
k − 2 + 2 + n − 2k − 3 + 2 + k + Ln + n − k + k + 1 + k − 2 + 2 = k + (L + 2)n 由此可得知上式為 k 的一個斜率為正的線性函數, 所以 k 越大越好 但 k > 2, n − 2k − 3 > 0, ∴k < (n − 3)
2 , ∴k 取 3.
同理將 k = 3 代入上式可得 3 + Ln. L, n 互為斜率為彼此的線性函數, 故 L, n 皆越大越好.
由此可知, 目前最大的下界值為, 當長度(令 N )為 L + n − 1 時, 總和為 (L + 2)n + 3 = (N − n + 1 + 2)n + 3 = −(n − (N + 3)
2 )2+(N2+ 6N + 21)
4 .
故當 n = (N + 3)
2 時, m(n) = (N2+ 6N + 21)
4 .
當 n =偶數時, 與之最接近正整數為 k = (N + 5)
2 , (N + 1)
2 時, m(n) = [(N2+ 6N + 21)
4 ]
因此當格數為 N 時, 任何介於 1 到 (N2+ 6N + 21)
4 的數都可被寫出來.
定 定
定理理理 12. m(n) ≥ [(N2+ 8N − 8)
4 ].
證 證
證明明明. 如圖 13, 著色方式為 k − 2 個 1, 一個 2, T 個 1, M + 1 個 k, L 個 n, 一個n − k, 一 個 k + 1, M個[ k − 2 個 1 和一個 2 ]與 k − 2 個 1, 長度為 L + n − 1
由此著色方式所排出的最小值:
令 L, n, k 為固定的正整數
k−2+2+T +(M +1)k+nL+n−k+k+1+M(k−2+2)+k−2 = (2k)M +nL+n+T +3k−1 ( )
1 ⋯ 1 2 1 ⋯ 1 k ⋯ k n ⋯ n n − k k + 1 1 ⋯ 1 2 1 ⋯ 1
L + n − 1 格 圖 13
又已知 k − 2 + 1 + T + M + 1 + 1 + 1 + M(k − 2 + 1) + k − 2 = n − 1 ∴ T = n − 2k − kM − 1 > 0 可得知 M < (n − 2k − 1)
k , M = [(n − 2k − 1)
k ] 代入( )式得: 總和= (k)M + 2n + nL + k − 2 由此可得知 M 為一個斜率為正的線性函數, 故 M 值越大結果越好.
令 L, n 為固定的正整數, M = (n − 1)
k − 2 − d, 其中 1 > d ≥ 0. 代入( )式可得: (−1 − d)k + 3n + nL − 2. 由此可以得知 k 值越小越好, 但 k > 2 , 故 k 取 3 為最佳解
令 L 為固定的正整數, M = (n − 1)
k − 2 − d, 其中 1 > d ≥ 0, k = 3 代入( )式得:
(L + 3)n − 3d − 5. 由此可以得知 n 值越大越好, 同理, L 值亦越大越好.
由此可知, 目前最大的下界值為, 當長度(令 N )為 L + n − 1 時, 總和為
(L + 3)n − 6 = (N − n + 1 + 3)n − 6 = −(n − (N + 4)/2)2+ (N2+ 8N − 8)/4.
故當 n = (N + 4)
2 時, m(n) = (N2+ 8N − 8)
4 . 當 n = 奇數時, 與之最接近正整數為
n = (N + 3)
2 , (N + 5)
2 時, m(n) = [(N2+ 8N − 8)
4 ], 因此當格數為 N 時, 任何介於 1 到
(N2+ 8N − 8)
4 的數都可被寫出來. 此最大下界代入 Page.18 中程式跑出的結果, 可與表
格中 IC 組合數之值吻合.
經過以上探討可以得知, 當格數為 n 時目前直線郵票覆蓋數的上下界範圍為:
(n2+ 8n − 8)
4 ≤ M(n) ≤ (n(n + 1)) 2 − 3.
5 圓 圓 圓形 形 形圖 圖 圖以 以 以及 及 及一 一 一些 些 些俄 俄 俄羅 羅 羅斯 斯 斯方 方 方塊 塊 塊圖 圖 圖形 形 形
5.1 圓 圓 圓形 形 形
定義名詞:
Sc: 圓形所排數的總和.
nc: 於圓形上取之格數.
Mc(nc): 所排出的數所能連續組合出的最大值.
mc(nc): 所排出的數所能連續組合出的最小值.
定 定
定理理理 13. 圓形明顯上界為nc(nc−1) + 1.
證 證
證明明明. 當格數= nc, 著色方式為 1 有 nc 個, 2 有 nc 個, 3 有 nc 個 ⋯, nc− 1 有 nc 個, nc
有 1 個, 所求之值為 nc(nc− 1) + 1.
定 定
定理理理 14. 圓形明顯下界為 nc. 證
證
證明明明. 當格數= nc, 著色方式為 1, 1, 1, 1, 1, 1, . . . , 1, 1, 1, 1, 1 所求之值為 1 + 1 + 1 . . . + 1 = nc.
我們考慮一些特殊的著色, 由此我們可以得到圓形圖之下界
定 定
定理理理 15. mc(nc) ≤ 6nc− 11.
證 證
證明明明. 由 1 個 1, 1 個 2, 1 個 4, 加上 nc− 3 個 6 排出, 如圖14.
圖 14
→ 總合為 1 + 2 + 4 + 6(nc− 3) = 6nc− 11.
定 定
定理理理 16. 當 nc≥ 7, mc(nc) ≤ (n2c+ 2nc− 1)
2 .
證 證
證明明明. 由 k 個 2 與 (nc− k − 1) 個 (2nc+ 2) 及 1 個 1 排出, 如圖 15.
圖 15
∴1+2+⋯+2+(2k+2)+⋯+(2k+2) = −2[k2−(nc−1)k+(nc− 1) 4
2
]+2nc−1+(n2c− 2nc+ 1)
2 .
∴ 當 k = (nc− 1)
2 時, 有 min = (n2c+ 2nc− 1)
2 .
而 (n2c + 2nc− 1)
2 在 nc ≥ 7 時會比之前算出來的 6nc− 11 還大, 故為較大的下界.
5.2 俄 俄 俄羅 羅 羅斯 斯 斯方 方 方塊 塊 塊
在做研究時才發現其實很多俄羅斯方塊的圖形只是直線的變形而已, 如圖 16.
圖 16
所以我們統整後討論凸形與十字兩種不屬於直線的圖形.
名詞定義:
m: 於圖形上其中一分支所取之格數.
am: 圖 m.
M (am): 所排出的數所能連續組合出的最大值.
m(am): 所排出的數所能連續組合出的最小值.
定 定
定理理理 17. 凸形上界為 2m3+ 9m2+ 3m + 1
2 .
圖 17
證 證
證明明明. 為方便求其組合數, 我們將凸形分為一格中心格子與分支上 3m 個格子 過程中, 我
們可以發現未參與中心點的格子所組成的格數有規律, 如圖 17.
而參與中心點的格子所組成的格數也有規律, 如圖 18.
圖 18
故其著色最大值為:
1(m+1)+2m+2(m−1)+2(m−2)+⋯+2×2+2×1+3m+3
2m(m+1) = (2m3+ 9m2+ 3m + 1) 2
目前最大下界值為第 50 屆中小學科學展覽會作品「圈圈相連到天邊」中所算出來的 m(am) = (m + 1)3+ 2m − 1(詳見[1])
定 定
定理理理 18. 十字型的上界.
證 證
證明明明. 與凸形相同, 將十字分為一個中心格子與 4m 個分支格子, 分開討論. 並也找出未參
與中心格子所組成的格數規律, 如圖 19.
圖 19
運用著色組合, 求出參與中心點的各組合個數如下圖 20 故以此推論 am 的總和 M(am) 應為[(m + 1)2]2
圖 20
→ 將參與中心點與未參與中心點之組合個數相加
→ [(m + 1)2]2+ 2n2+ 2n → M(am) = m4+ 4m3+ 8m2+ 6m + 1
目前最大下界值為第 50 屆中小學科學展覽會作品「圈圈相連到天邊」中所算出來的 m(am) = (m + 1)4+ 2m − 1(詳見[1])
6 討 討 討論 論 論與 與 與結 結 結論 論 論
6.1 動 動 動手 手 手做 做 做做 做 做看 看 看
在探討直線 IC 著色時, 利用動手著色及程式輔助可得以下結果:
n = 1 S = 1 → (1) → M (1) = 1;
n = 2 S = 2 → (1, 1), S = 3 → (1, 2) → M (2) = 3;
n = 3 S = 3 → (1, 1, 1), S = 4 → (1, 1, 2), S = 5 → (1, 2, 2), S = 6 → (1, 3, 2) → M (3) = 6;
n = 4 S = 4 → (1, 1, 1, 1), S = 5 → (1, 1, 1, 2), S = 6 → (1, 1, 1, 3), (1, 1, 2, 2);
S = 7 → (1, 1, 1, 4), (1, 1, 2, 3), (1, 2, 2, 2), S = 8 → (1, 2, 4, 1), (1, 1, 3, 3), (1, 3, 2, 2);
S = 9 → (1, 3, 3, 2) → M (4) = 9;
以上 M′ 和 M 都相同.
由指導教授提供的電腦程式跑的結果, 得到
n M′(n) M (n)
5 13 同左
[2,2,3,5,1]
6 17 18
[2,2,2,3,7,1] [6,3,1,7,5,2]
7 23 24
[2,3,2,6,6,3,1] [8,7,2,3,1,10,8]
8 29 同左
[1,2,3,7,7,4,4,1]
9 36 37
[1,2,3,7,7,7,4,4,1] [7,15,5,1,3,8,2,16,7]
10 43 45
[1,2,3,7,7,7,7,4,4,1] [28,5,2,8,6,11,9,3,1,18]
其中 n = 5, 6, 7, 8 的 M(n) 結果與 Penrice 在 1995 的論文的數據吻合(詳見[2]), 其他 結果我們則尚未在其他資料中發現. 由上表可推知郵票覆蓋數一定大於等於 IC 數, 因 IC 數的限制較郵票覆蓋數為大.
而至 n = 11 以後的著色組合, 藉由程式計算需花上超過一天的時間還未能跑出結果, 因此 當 n ≤ 10 的範圍在有限時間可用電腦跑出正確答案.
經由上述一連串的研討, 我們可以發現結果如表：
⚾䣢ġ ⍇⥳ᶲ䓴ġ 㓡忚ᶲ䓴ġ ⍇⥳ᶳ䓴ġ 㓡忚ᶳ䓴ġ
ġ
݊ሺ݊ ͳሻ
ʹ ġ ݊ሺ݊ ͳሻ
ʹ െ ʹġ ݊ġ మାାଵଷ
ସ ġ
ġ
݊ሺ݊െ ͳሻ ͳġ ⯂㛒㓡忚ġ ݊ġ
䔞 ݊㗪ġ ݊ െ ͳͳġ 䔞݊ 㗪 ݊ଶ ʹ݊െ ͳ
ʹ ġ
ġ
ʹ݉ଷ ͻ݉ଶ ͵݉ ͳ
ʹ ġ ⯂㛒㓡忚ġ ͳ ͵݉ġ ሺ݉ ͳሻଷ ʹ݉ െ ͳġ
ġ
݉ସ Ͷ݉ଷ ͺ݉ଶġ
݉ ͳġ ⯂㛒㓡忚ġ ͳ Ͷ݉ġ ሺ݉ ͳሻସ ʹ݉ െ ͳġ
7 討 討 討論 論 論與 與 與結 結 結論 論 論
上下界之範圍縮小：往後可繼續將上界變小下界變大, 使連續組合數的範圍縮小.
二維圖形之連續組合數的延伸：目前我們只針對二維圖形(直線、圓形及俄羅斯方 塊)做研究, 並以二維圖形為基礎, 逐步研究在三維空間中所著色出的連續組合數.
先前的科展作品, 如「圈圈相連到天邊」, 大多停留在下界, 經過這次的研究, 我們除 了改進下界值, 更增添了上界, 並將研究擴展到更多圖形, 使其有較精確的範圍. 從一開 始較簡單也較麻煩的窮舉法推導並縮小了直線的上界值, 進而使用著色與些微邏輯推理使 證明與研究更深入. 發現這些之後朝趨於複雜的圖形做了探討, 雖然並未得出完美符合預 期的成果, 但與[2]學術論文比較, 我們的直線下界值 (n2+ 6n + 13)
4 改進了此論文的下界
(n2+ 6n − 3)
4 . 本次的結果給我們的不僅僅是題目侷限的紙上內容, 還點綴了其他本該不
會發現的插曲, 更說明了數學的延展性與奧妙！期望能繼續延伸本次內容, 並能用簡單且 高效率的方法解決問題！
參
參 參考 考 考文 文 文獻 獻 獻
[1] 鄭晏奇、楊翔雲、黃紹宸、李育霖, 圈圈相連到天邊, 中華民國第50屆中小學科學展
覽會, 2013.
http://activity.ntsec.gov.tw/activity/race-1/50/pdf/040413.pdf
[2] Ebrahim Salehi, Sin-Min Lee, Mahdad Khatirinejad, IC-Colorings and IC-Indices of graphs, Discrete Mathematics, 299, 297-310, 2005.
[3] Yao-Ren Lin, A Study of IC-Coloring of Graphs, Thesis for Master of Science, De- partment of Applied Mathematics, Tatung University, June 2008.
[4] Douglas B. West, Introduction to Graph Theory, Second Edition, Prentice Hall 2001.
[5] Chin-Lin and Shiue and Hung-Lin Fu, The IC-Indices of Complete Bipartite Graphs, Electronic Journal of Combinatorics, 15 (2008).
[6] 周俊全, 郵票問題的研究, 交通大學應用數學研究所碩士論文, 中華民國九十六年六
月.
Chun-Chuan Chou, A Study Of Stamp problem, Thesis for Master of Science, De- partment of Applied Mathematics, National Chiao Tung University, Hsinchu, June 2007.
