棋盤的質數

(1)

棋盤的質數 _{p − L} 形覆蓋

馮躍峰

對給定的自然數 k, 尋找 m × n 棋盤能被 k − L 形覆蓋的充要條件, 是一個難度相當大的問題, 至今還沒有完全解決。薛通和王元元解決了 k = 3, 4 的特殊情形 (見文 [1])。接著我們給出了 m×n 棋盤能被 5−L 形覆蓋的充要條件 (見文 [2]), 從而否定了文 [1]裡的猜想, 並提出了如下兩個猜想:

猜想1: 當 k 為奇數時, m × n 棋盤能被 k − L 形覆蓋的充要條件是: (m, n) 或 (n, m) 為

(i) (2s, kt), s, t ≥ 1, 或 (ii) (2s + k − 2, kt), s, t ≥ 2.

猜想2: 當為 k 偶數時, m × n 棋盤能被 k − L 形覆蓋的充要條件是: 2k|mn, 且 max{m, n} ≥ k。

本文的目的是證明 “猜想1” 對奇質數 p 成立。並且對一般的自然數 k, “猜想1” 的充

分性成立, “猜想2” 的必要性成立。即下面的三個結論:

定理1: 當 p 為奇質數時, m × n 棋盤存在 “p − L 形” 覆蓋的充要條件是: (m, n) 或 (n, m) 為

(i) (2s, pt), s, t ≥ 1, 或 (ii) (2s + p − 2, pt), s, t ≥ 2。

定理2: 當 k 為奇數, 且 k|m 或 k|n 時, m × n 棋盤能被 “k − L 形” 覆蓋的充要條件是: (m, n) 或 (n, m) 為

(i) (2s, kt), s, t ≥ 1, 或 (ii) (2s + k − 2, kt), s, t ≥ 2。

定理3: 若 m × n 棋盤能被 2r − L 形覆蓋, 則 4r|mn, 且 max{m, n} ≥ 2r。

為定理的證明預作準備, 我們先考慮當 k 為奇數時, m × n 棋盤被 “k − L 形” 覆蓋的辦法。試以 k = 7 為例說明如下:

83

(2)

9 × 21 棋盤的 7 − L 形覆蓋事實上, 上述安排推廣到所有的奇數 k

均成立。我們視 m × n 棋盤為一個 m × n 矩陣, 以 a

ij

表示第 i 行 (row), 第 j 列 (column) 的位置。

引理: 對任何奇數 k, (k + 2) × 3k 棋盤都能被 “k − L 形” 覆蓋。

證: 在 (k + 2) × 3k 棋盤的左上角分割出一個 k × 2 矩形, 再在左下角分割出一個 2 ×k 矩形, 在右下角分割出一個 k ×(k + 1) 矩形, 在右上角分割出一個 2 × k 矩形, 最後將下述各組格分別用一個 k −L 形蓋住即可。

A

1

=(a

2 ,3

, a

1 ,3

, a

1 ,4

, . . . , a

1 ,k+1

), A

2

=(a

2 ,4

, a

2 ,5

, . . . , a

2 ,k+2

, a

3 ,k+2

), A

3

=(a

4 ,3

, a

3 ,3

, a

3 ,4

, . . . , a

3 ,k+1

), A

4

=(a

4 ,4

, a

4 ,5

, . . . , a

4 ,k+2

, a

5 ,k+2

),

· · · · A

_k−2

=(a

_k−1,3

, a

_k−2,3

, a

_k−2,4

, . . .

, a

_k−2,k+1

),

A

_k−1

=(a

_k−1,4

, a

_k−1,5

, . . . , a

_k−1,k+2

, a

_k,k+2

),

B=(a

k,3

, a

_k,4

, . . . , a

_k,k+1

, a

_k+1,k+1

),

C=(a

k+2,k+1

, a

_k+2,k+2

, a

_k+2,k+3

, . . . , a

_k+2,2k−1

, a

_k+1,2k−1

), D=(a

1,k+2

, a

_1,k+3

, . . . , a

_1,2k

, a

_2,2k

), E

1

=(a

3,k+3

, a

_4,k+3

, . . . , a

_k+1,k+3

, a

_k+1,k+2

),

E

2

=(a

2,k+3

, a

_2,k+4

, a

_3,k+4

, . . . , a

_k,k+4

), E

3

=(a

3 ,k+5

, a

4 ,k+5

, . . . , a

_k+1,k+5

,

a

_k+1,k+4

),

E

4

=(a

2 ,k+5

, a

2 ,k+6

, a

3 ,k+6

, . . . , a

_k,k+6

),

· · · ·

E

_k−4

=(a

3 ,2k−2

, a

4 ,2k−2

, . . . , a

_k+1,2k−2

, a

_k+1,2k−3

),

E

_k−3

=(a

2 ,2k−2

, a

2 ,2k−1

, a

3 ,2k−1

, . . . , a

_k,2k−1

).

以上提供的就是 (k + 2) × 3k 棋盤的一種 “k − L 形” 覆蓋。

定理1 的證明:

(一) 充分性:

首先, p×2s 棋盤可以劃分為 s 個 p×2 矩形, 從而存在 “p−L 形” 的完美覆蓋。於是 pt× 2s 棋盤存在 “p − L 形” 的覆蓋。其次, 不妨設 (m, n) 為 (2s + p − 2, pt), s, t ≥ 2, 則有以下情況:

(1) 當 s = 2, 即 m = p + 2 時, 若 t = 2r, 則 m × n = (p + 2) × pt = (p + 2) × 2pr, 從而 m × n 棋盤可以劃分為若干個 (p+2)×2p 矩形, 注意到 (p+2)×2p

= p × 2p + 2 × 2p, 所以 (p + 2) × 2p 矩形可以劃分為若干個 p × 2 矩形, 從而存在

“p − L 形” 的完美覆蓋。所以 m × n 棋盤存在 “p − L 形” 的覆蓋。若 t = 2r + 1, 則 m×n = (p+2)×2p(r−1)+(p+2)×3p。所以 m×n 棋盤可以劃分為若干個 (p+2)×2p

(3)

矩形和一個 (p + 2) × 3p 矩形。前面已證 (p + 2) × 2p 矩形存在 “p − L 形” 的覆蓋。

又由引理可知, (p+2)×3p 矩形存在 “p−L 形” 的覆蓋。所以 m × n 棋盤存在 “p − L 形” 覆蓋。

(2) 當 s ≥ 3 時, m × n = (2s + p− 2) × pt = [(2(s − 2) + (p + 2)] × pt = 2(s−2)×pt+(p+2)×pt。其中 2(s−2)×pt 棋盤可以劃分為若干個 2 × p 棋盤, 存在

“p − L 形” 覆蓋。對於 (p + 2) × pt 棋盤, 當 t 為偶數時, 它可以劃個 (p + 2) × 2p 矩形, 存在 “p − L 形” 覆蓋; 當 t 為奇數時, 注意到 t > 1, 所以 (p + 2) × pt 棋盤可劃分為若干個 (p + 2) × 2p 矩形和一個 (p + 2) × 3p 矩形, 也存在 “p − L 形” 覆蓋。於是, 無論 t 是奇數還是偶數, m × n 棋盤都存在 “p − L 形” 覆蓋。

(二) 必要性:

因為 p 是質數, 所以當 p|mn 時, 必有 p|m 或 p|n。於是, 若 (m, n) 及 (n, m) 既不為 (2s, pt)(s, t ≥ 1), 也不為 (2s + p − 2, pt)(s, t ≥ 2), 則 p

∤

mn, 或 m, n 中有一個為小於 p 的奇數, 或 (m, n), (n, m) 兩者之一為 (p, 2t − 1)(t ≥ 1), 三者必居其一。

首先, 當 p

∤

mn 時, m × n 棋盤顯然不存在

“p − L 形” 覆蓋, 結論成立。其次, 當 m, n 中有一個為小於 p 的奇數時, 反設 m × n 棋盤 M 存在 “p − L 形” 覆蓋, 不妨設 m 是小於 p 的奇數, 則 m ≤ p − 2。由文 [2]的引理 1, M 在覆蓋中第一列至少有一個格是個縱向覆蓋的, 這與 m ≤ p − 2 矛盾。最後, 當 (m, n) 或 (n, m) 為 (p, 2t − 1)(t ≥ 1) 時, 直接利用文 [2]的引理 2, 結論成立。

定理3 的證明: 設 m × n 棋盤能被 2r − L 形覆蓋, 我們先證明 4|mn。

首先, 顯然有 2r|mn, 所以 2|mn。如果 4

∤

mn, 則 m, n 中一個為奇數, 另一個為 4t−2 型的數 (t ∈ N)。不妨設 m = 2s+1, n= 4t − 2(s, t ∈ N)。

在 m × n 棋盤的每個方格中都填入一個數 1 或 −1, 使位於奇數列的格內填的數都是 1, 偶數列的格內填的數都是 −1 (見圖 1)。

1 -1 1 -1 1 -1 1 -1

圖 1

此時棋盤中共有 2t − 1 列 “1” 與 2t − 1 列 “−1”。於是, 棋盤中所有的數的和為零。

易知, 每個 2r − L 形蓋住的各個數的和只有四種可能: 為 2r − 2, 2 − 2r 2, −2。

設這些 2r − L 形的個數分別為 a, b, c, d, 那麼, 所有的 2r − L 形蓋住的數的和為 a(2r − 2) + b(2 − 2r) + 2c − 2d = 2(a − b)(r − 1) + 2(c − d)。但棋盤內所有數的和

(4)

為零, 於是 2(a − b)(r − 1) + 2(c − d) = 0, 即

(a − b)(r − 1) + (c − d) = 0 (1) 另一方面, 在 m × n 棋盤的每個方格中都填入一個數 1 或 −1, 使位於奇數行的格內填的數都是 1, 偶數行的格內填的數都是 −1 (見圖 2)。

1 1 1 1 1 1 1 1

-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1

1 1 1 1 1 1 1 1

-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1

1 1 1 1 1 1 1 1

-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1

1 1 1 1 1 1 1 1

圖 2

此時棋盤中共有 s + 1 行 “1” 與 s 行

“−1”。於是, 棋盤中所有的數的和為 n = 4t − 2。同樣, 每個 2r − L 形蓋住的各個數的和只有四種可能: 為 2r − 2, 2 − 2r, 2, −2。設這些 2r − L 形的個數分別為 a, b, c, d。那麼, 所有的 2r − L 形蓋住的數的和為 a(2r − 2) + b(2 − 2r) + 2c − 2d = 2(a−b)(r−1)+2(c−d)。但棋盤內所有數的和為 4t−2, 於是 2(a−b)(r−1)+2(c−d) = 4t − 2, 即

(a − b)(r − 1) + (c − d) = 2t − 1 (2) 比較 (1) 與 (2), 得 2t − 1 = 0, 矛盾。

故假設不成立, 即 4|mn。

下面證明 4r|mn。將 m×n 棋盤按圖1 的方式填數, 則有 (a−b)(r −1)+(c−d) = 0。若 r 為偶數, 則 r − 1 ≡ 1 (mod 2), 所以 a − b + c ≡ 0 (mod 2), 所以 a + b + c + d ≡ a − b + c − d ≡ 0 (mod 2)。即 a + b + c + d 為偶數, 因為所有 2r − L 形的個數為 2r(a + b + c + d), 即 mn = 2r(a + b + c + d), 故 4r|mn。

最後證明 max{m, n} ≥ 2r。反設 m < 2r, n < 2r, 若 m < 2r − 1, n < 2r − 1, 則 m × n 棋盤中放不下一個 2r − L 形, 矛盾。於是不妨設 n = 2r − 1。

若 m = 2r − 1, 則 mn 為奇數, 矛盾。所以 m <2r − 1, 這樣, m × n 棋盤中的 2r − L 形都是橫向覆蓋的。

考察 m × n 棋盤中格 a

11

的覆蓋, 當它被一個橫向 2r − L 形覆蓋後, 格 a

22

不

(5)

可能被某個橫向 2r − L 形覆蓋, 矛盾。故 max{m, n} ≥ 2r。

顯然, 定理 3實際上說明 “猜想 2” 的必要性成立。

最後值得一提的是, 陳維昌找到了如下一個能被 2r − L 形覆蓋的一般棋盤的例子 (見下圖)

.

...

. ...

.. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. . ...

.. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. .

... ...

.. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. . .. .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . .. . .. .. .. . .. .. . ..

2r+1 2r

2r × (2r−2)

2r−1 4r−1

2r−2 2r

2 × 2r

4r (2r−2) × 2r

(2r + 1) × 4n 棋盤的 2r − L 覆蓋

這個構圖對於我們研究猜想 2 的充分性也許有幫助。

有了上述一些結果, 我們不無理由地相信猜想 1 與猜想 2 對一切自然數成立。我們期望這個猜想早日得到證明。

參考文獻

l. 薛通, 王元元, 棋盤的 L-形覆蓋, 數學的實踐與認識, 1987 年, 4 月, p. 35。

2. 馮躍峰, 棋盤的5-L 形覆蓋, 數學傳播, 第23 卷第 1 期 (1999 年 3 月), p. 57-62。

3. 陳維昌, 棋盤的 L-形覆蓋研究 (臺北, 1999, 未出版)。

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本文作者任教於中國廣東深圳高級中學

棋盤的質數