棋盤中的美好「缺」憾

棋盤中的美好「缺」憾

張彥霆

國立臺中第一高級中學 指導老師：梁勇能

摘要

本研究首先發現在 n×n 棋盤的所有和平排列(每行每列各放一個棋子)中，存在至少一種 和平排列找不到不包含棋子的 k×k 正方形，同時得到 n 和 k 的關係：n 的最大值為 k²。

接著延伸這個題目，從找 k×k 正方形變成找(k×k-m×m)的缺角正方形。並在程式的輔助 下，除了得到𝑓_𝛼(𝑘, 𝑚)和𝑓_𝛽(𝑘, 𝑚)的值，也可以知道 n=f(k,m)和𝑓_𝛽(𝑘, 𝑚)時放不下缺角正方形 的和平排列。

f(k,0)=k²

𝑓_𝛼(𝑘, 1) = 𝑘²– 𝑘 𝑓_𝛽(𝑘, 1) = 𝑘²− 1 𝑓_𝛽(𝑘, 𝑘 − 1) = 2𝑘 − 1

𝑓_𝛼(𝑘,𝑘 2) =𝑘²

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1 簡介 1.1 研究動機

本題目源自於 2014 年 IMO 第 2 題：n≥2 為整數。有一個 n×n 的方格棋盤，把 n 顆棋子 放在棋盤的方格中，使得每行每列都恰有一個棋子，稱為和平排列。每一個 n×n 的和平排列，

都可以在其中找到一個不包括任何棋子的 k×k 正方形，求 k 的最大值。原題目是由 n 的值得 到 k 的值，但我們的研究方向是由 k 的值得到 n 的值，並且把 k×k 正方形拓展到更一般化的 (𝑘 × 𝑘– 𝑚 × 𝑚)缺角正方形。

1.2 研究目的

1.證明原題，並討論𝑓(𝑘, 0)之值及S(𝑘, 0)內元素。

2.討論𝑓_𝛽(𝑘, 1)的值 3.討論𝑓_𝛽(𝑘, 𝑘 − 1)的值

4.討論𝑓_𝛼(𝑘, 𝑚)之一般化構造及下界 5.討論𝑓_𝛼(𝑘, 1)的值及 S(k,1)中元素 6.討論𝑓_𝛼(𝑘,^𝑘₂)的值

1.3 研究器材

紙、筆、codeblocks

1.4 名詞定義

1.4.1 (𝑘 × 𝑘– 𝑚 × 𝑚)缺角正方形(k>m,k2)：

k×k 的正方形，在左上、左下、右上、右下其中一角拿掉 m×m 的正方形，簡稱 為(𝑘 × 𝑘– 𝑚 × 𝑚)缺角正方形。原題目所探討的為 k×k 正方形，亦即 m=0。

舉例如下，(k,m)分別為(4,1),(4,2),(4,3)的情況。

(4×4–1×1)缺角正方形

(4×4–2×2)缺角正方形

(4×4–3×3)缺角正方形

1.4.2 缺角所在位置：

若限定在做「找沒有包含任何棋子的(𝑘 × 𝑘– 𝑚 × 𝑚)缺角正方形」時，尋找的缺 角正方形只侷限在缺左上、左下、右上、右下的其中一個方向，所得到的結果會和缺 角可以在四個角落中的任何位置不同。以下以小寫希臘字母表示缺角可在的位置。

1、：缺角可在正方形四個角落中的任意位置。

2、：缺角只能固定在正方形其中一角。

1.4.3 f(k,m)：

若存在一個 n×n 棋盤的和平排列，找不到沒有包含任何棋子的(𝑘 × 𝑘– 𝑚 × 𝑚)缺 角正方形；而每一個(𝑛 + 1) × (𝑛 + 1)的和平排列都一定找的到，則記為 f(k,m)=n。

1. m=0 時即為原題目的 k×k 正方形；

2. 當 m1 時，則要考慮缺角可在的位置：若缺角固定在其中一角，則記為 f(k,m)；

3. 若缺角可在任何位置，則記為 f(k,m)，以此類推。

3

1.4.4 和平排列數字表示法及 S(k,m)：

每一個和平排列都可以被表示成(a1,a2,…,an)的形式，ai=j 代表第 i 行第 j 列放有 棋子。(行的編號為由左至右，列的編號為由上至下)

S(k,m)為所有 n=f(k,m)時，找不到沒有包含棋子的(k×k–m×m)之和平排列所構成的 集合。

同樣的，當 m1 時，要在 S 和左括號之間寫上小寫希臘字母以示區別。

舉例如下：n=6,k=3,m=1

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此和平排列即為(1,5,3,4,2,6)，裡頭找不到缺角在任何方向的(3×3–1×1)缺角正方 形，並且因為 f(3,1)=6(將在三–(一)證明)，所以(1,5,3,4,2,6)S(3,1)。

2 研究過程

定理 1 f(k,0)=k²

雖然原題是在所有 n×n 的和平排列下，找尋 k 的最大值，但為了報告前後的一致性，於 是將題目稍做改寫，改寫後如下：

n≥2 為整數。有一個 n×n 的方格棋盤，把 n 顆棋子放在棋盤的方格中，使得每行每列都 恰有一個棋子，稱為和平排列。如果所有 n×n 的和平排列，存在至少一種和平排列找不到沒 有包含任何棋子的 k×k 正方形。證明：n 的最大值為 k²。

引理 1.

任意 n=k²+1 的和平排列一定找得到 k×k 正方形 證明.

在(k²+1)×(k²+1)的正方形中，假設第 k²+1 列的棋子位於第 p 行。可以取第 p 行和其臨近 的 k–1 行，為一個 k×(k²+1)的長方形。把長方形的第 1 到 k²列切成 k 個 k×k 正方形，分別為 第 jk+1 到(j+1)k 列，j=0,1,…,k–1。

第 k²+1 列有 1 個棋子，而整個長方形有 k 個棋子，故此 k 個正方形總共有 k–1 個棋子，

由鴿籠原理知必有一個 k×k 正方形裡沒有棋子，故得證。

引理 2.

存在 n=k²的和平排列，找不到 k×k 正方形。

證明

首先，把 k²×k²棋盤切割成 k²個 k×k 正方形。

其中[j,i]代表第(i–1)k+1 行到第 ik 行，與第(j–1)k+1 列到第 jk 列的交集所形成的 k×k 正 方形。

[1,1] [1,2] [1,3]

[2,1] [2,2] [2,3]

[3,1] [3,2] [3,3]

在[j,i]內的第 j 行第 i 列放置棋子，此擺法為一個和平排列，以數字表示之，即 (1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²)。

而棋子的排列形狀也非常特殊，像是 k×k 的菱形。

下圖為 n=9，k=3 時，[j,i]之示例及構造出來的和平排列(1,4,7,2,5,8,3,6,9)。

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由引理 1.、2.可知，任意 n=k²+1 的和平排列一定找的到 k×k 正方形，而存在 n=k²的和 平排列找不到 k×k 正方形。

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定理 2 |S(k,0)|=2

接下來要證明，所有 n=k² 的和平排列中，只有上述構造出的像是 k×k 菱形的排列，以 及它的類似排列(水平對稱)中，找不到 k×k 正方形。亦即 S(k,0)中只有這兩個元素。

以下證明皆假設存在一個找不到𝑘 × 𝑘正方形的𝑘²× 𝑘²和平排列。

引理 3.1

若[j,1]內的棋子在第 p 行，則i,[j,i]內的棋子皆在第 p 行。

證明.

引入引理 2.中所使用的[j,i]符號。每個[j,i]正方形中必有一棋子，而整個棋盤共有 k²個棋 子，故知每個正方形中恰有一個棋子。

利用數學歸納法證明：

令[j,i]內的棋子在第 p'行，則易知 pp'，否則必會有 k×k 正方形內沒有任何棋子。

對 p 歸納。

(1) p=1 時，p'1 又 p'N，故只有 p'=1。

(2) 令 p=1,2,3,…,M 時原命題均成立，故i,[1,i]到[k,i]這個 k×k²長方形中，第 1,2,3,…,M 行均已有棋子。

(3) 當 p=M+1 時，有 M+1p'(已知)以及 p'M+1(根據歸納假設)，因此只有 p'=M+1=p，

證畢。

同理可得：

引理 3.2

若[1,i]內的棋子在第 q 列，則j,[j,i]內的棋子皆在第 q 列。

引理 4.

i,j，若(pj–pj+1)(qi–qi+1)>0，[j,i],[j,i+1],[j+1,i],[j+1,i+1]這 2k×2k 區域中找不到 k×k 正方形。

證明.

[j,i]內棋子的行數取決於 j 的值，列數取決於 i 的值，因此我們可令[j,i]內的棋子位於第 pj行第 qi列，記為(pj,qi)。

{p1,p2,…,pk}和{q1,q2,…,qk}皆為{1,2,3,…,k}的其中一種排列。

以下即為一個滿足目前條件的和平排列的例子：

n=16，k=4，(p1,p2,p3,p4)=(1,2,3,4)，(q1,q2,q3,q4)=(1,3,2,4)。

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對所有 i,j，若(pj–pj+1)(qi–qi+1)<0，[j,i],[j,i+1],[j+1,i],[j+1,i+1]這個 2k×2k 區域中必可找到 一 k×k 正方形。故(pj–pj+1)(qi–qi+1)>0。

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(pj,pj+1,qi,qi+1)=(3,2,3,2)

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(pj,pj+1,qi,qi+1)=(3,2,2,3)

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(pj,pj+1,qi,qi+1)=(2,3,3,2)

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(pj,pj+1,qi,qi+1)=(2,3,2,3) 若 p1>p2(p1–p2)(qi–qi+1)>0

故 qi>qi+1(pj–pj+1)(qi–qi+1)>0

故 pj>pj+1p1>p2>…>pk,q1>q2>…>qkpj=k²+1–j,qi=k²+1–i

數字表示：(k² , (k–1)k , (k–2)k , … , k , k²–1 , (k–1)k–1 , … , k–1 , … , k²–(k–1 ),(k–1)k–(k-1),…,1)

若 p1<p2(p1–p2)(qi–qi+1)>0 故 qi<qi+1(pj–pj+1)(qi–qi+1)>0

故 pj<pj+1p1<p2<…<pk,q1<q2<…<qkpj=j,qi=i

數字表示：(1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²)

故只有這兩種 k²×k²的和平排列找不到 k×k 正方形，S(k,0)中的元素即這兩個菱形的和平 排列，|S(k,0)|=2。下圖即(n,k)=(9,3)時，這兩種和平排列的圖形。

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(1,4,7,2,5,8,3,6,9)

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(9,6,3,8,5,2,7,4,1)

定理 3 𝒇_𝜷(𝒌, 𝟏) = 𝒌^𝟐− 𝟏 引理 5.

缺角固定在一角時，任意 n=k²的和平排列必找得到 (𝑘 × 𝑘– 1 × 1)缺角正方形 證明.

在 n= k×k 的棋盤中，共有 k²顆棋子，此棋盤恰可棋盤分割成 k²個 k×k 小正方形，故每 個 k×k 小正方形必恰有一顆棋子。

接著依棋盤之各個角落做討論：

最左上角之 k×k 小正方形：

(1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²)

棋子所在位置為此 k×k 小正方形第 1 行第 1 列，因此存在缺角在左上角之(k×k-1×1)缺角 正方形。

最左下角之 k×k 小正方形：

(1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²) (𝑘 − 1)𝑘 + 1 ≡ 1 mod 𝑘

棋子所在位置為此 k×k 小正方形第 k 行第 1 列，因此存在缺角在右上角之 (k×k-1×1)缺角正方形。

最右上角之 k×k 小正方形：

(1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²) (𝑘 − 1)𝑘 + 1 ≡ 1 mod 𝑘

棋子所在位置為此 k×k 小正方形第 1 行第 k 列，因此存在缺角在左下角之 (k×k-1×1)缺角正方形。

最右下角之 k×k 小正方形：

(1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²) 𝑘²≡ k mod k

棋子所在位置為此 k×k 小正方形第 k 行第 k 列，因此存在缺角在右下角之 (k × k − 1 × 1)缺角正方形

因此當n = k × k時，必找得到缺角固定在其中一角，沒有包含任何棋子的 (k × k– 1 × 1)缺角正方形。

k(k-1)+1 個 k 個

k²個

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引理 6.

缺角固定在其中一角時，存在n = 𝑘²− 1的和平排列，找不到(𝑘 × 𝑘– 1 × 1)缺角正方形。

證明.

首先觀察n = 𝑘²符合𝑓(𝑘, 0)之和平排列

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(1,4,7,2,5,8,3,6,9)

我們發現若此菱形排列為左上延伸到右下，則缺角在右上或左下的缺角正方形僅存在於 棋盤之左下或右上角，反之亦成立。

假設在符合𝑓_𝛽(𝑘, 1) = n之 n×n 棋盤的和平排列存在缺角正方形之缺角處沒有棋子，則 必存在 k×k 正方形，矛盾，因此可以棋子為基準點，來確認是否存在(𝑘 × 𝑘 − 1 × 1)缺角正 方形。

已知棋子的排列方法以數字表示為：

(1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²)

不失一般性，討論缺角在右上角之缺角正方形，將每顆旗子都視為 k×k 正方形之最右上 角，因此在 1~k-1 行與(k-1)k+2~k²列之交集內的棋子不需討論，而我們發現將剩餘的棋子往 左找 k-1 行及往下找 k-1 列，形成 k×k 正方形，除了第 k 行第(k–1)k+1 列的棋子所形成的 k×k 正方形，其餘正方形左下角必存在另一顆棋子，因此缺角在右上方之(𝑘 × 𝑘 − 1 × 1)缺角正 方形僅出現在棋盤之左下角，同理，缺角在左下方之(𝑘 × 𝑘 − 1 × 1)缺角正方形僅出現在棋 盤之右上角。

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因此，構造𝑓_𝛽(𝑘, 1) = 𝑘²− 1之和平排列，僅需將最外圍包含一顆棋子之一行一列刪除，

即可得符合𝑓_𝛽(k, 1) = 𝑘²− 1之和平排列。數字表示法即為 (1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,(k-1)k)或 (k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²)

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這只是其中兩種，例如將原本所取之菱形排列水平對稱，又可得另兩種和平排列符合 𝑓_𝛽(𝑘, 1)等。

k²-1 列

k²-1 行

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定理 4 𝒇_𝜷(𝒌, 𝒌 − 𝟏) = 𝟐𝒌 − 𝟏 引理 7.

缺角固定在一角時，任意 n=2k 的和平排列必找得到𝑘 × 𝑘– (𝑘 − 1) × (𝑘 − 1)缺角正方形。

證明.

在 n=2k 的和平排列中，若必找得到某一固定方向的缺角正方形，則剩餘三個方向的缺 角正方形也必存在。

將 2k×2k 正方形切成 4 個 k×k 正方形，分別為(1,1)、(1,2)、(2,1)、(2,2)

(1,1) (1,2)

(2,1) (2,2)

1. 不失一般性，找尋缺角在右下角缺角正方形。

假設(1,1)內第一列存在棋子於第 p 行，則向右取與第 p 行相鄰𝑘 − 1行成為𝑘 × 2𝑘 長方形。

我們可以在此長方形中找到 k 個缺角在右下角之𝑘 × 𝑘– (𝑘 − 1) × (𝑘 − 1)缺角正方形，

卻只能再擺入𝑘 − 1顆棋子，矛盾，因此第一列不可存在棋子。

2. 同理，(1,1)內第一行也不可存在棋子，但仍能取第一列第一行成為

𝑘 × 𝑘– (𝑘 − 1) × (𝑘 − 1)缺角正方形，因此在 n=2k 的和平排列中，必存在缺角在右 下角之𝑘 × 𝑘– (𝑘 − 1) × (𝑘 − 1)缺角正方形，也就必同時存在缺角在四個方向的缺角 正方形。

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引理 8.

缺角固定在一角時，存在 n=2k-1 和平排列，找不到𝑘 × 𝑘– (𝑘 − 1) × (𝑘 − 1)缺角正方形 證明.

此構造方式不難，只要在 n=2k-1 的棋盤中，將棋子沿對角線一一放入棋子，即為符合 所求之 n=2k-1 和平排列。

數字排列形式為(1,2,3,…, 2k-1)

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定理 5 f(k,1)=k²–k

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在缺角所在的位置中，一開始只有考慮(不限制缺角可能在的方向)，也因此先做了 f(k,1)的值。由於 f(k,1)的答案是未知的，沒辦法很快速的猜出它的值，也找不到相關的資 料，因而想到寫程式來尋找這個值，而 S(k,1)的元素在 k 是這些小數字時也很有規律性。

引理 9.

任意 n=k²–k+1 的和平排列一定找得到(k×k–1×1)正方形 證明.

考慮 n=k²–k+1 的棋盤，利用反證法假設存在找不到(k×k–1×1)的和平排列。

若有 ai1×k+1=j1,ai2×k+1=j2 (0 i 1<i2k–1)，則|j1–j2|k。

(1)不論 j1和 j2的大小關係為何，只要|j1–j2|<k 則我們必可在棋盤中取一(k²–k+1)×k 的長 方形，它的第一列或最後一列是第 j1或 j2列。不妨設這個長方形的第一列是第 j1列。

1 到 i1k 共 i1k 行

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(i1+1)k+1 到 i2k 共(i2–i1–1)k 行

i2k+2 到 k²–k+1 共(k–1–i2)k 行

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(2)如上圖所示，第 1 到 i1k 行、第(i1+1)k+1 到 i2k 行、第 i2k+2 到 k²–k+1 行三個區域，

每 k 行至少要有一個棋子，故總共分別需要 i1、(i2–i1–1)、(k–1–i2)個棋子。

粗框區域也要有一個棋子，再加上原本第 i1k+1 和 i2k+1 行的棋子，故總共需有 i1+(i2– i1–1)+(k–1–i2)+3=k+1 個棋子，但(k²–k+1)×k 長方形最多只有 k 個棋子，矛盾。故可知|j1–j2|k。

再觀察整個棋盤，將{a1,ak+1,a2k+1,…,a(k–1)k+1}由小到大重排成{b1,b2,…,bk}，有 bi+1–bik，

故 bk–b1 (k–1)k。但 b11，bkk²–k+1，bk–b1(k–1)k，故只有 bk=b1+(k–1)k，從而 bi=(i–1)k+1。

此時再引入[j,i]的符號，但這邊的[j,i]符號和前面的定義不同，因此記為[j,i]'以示區別。

這裡的[j,i]'是第(i–1)k+2 到 ik 行，與第(j–1)k+2 到 jk 列的交集所形成的(k–1)×(k–1)正方 形。每一個[j,i]'，加上其上方的(k–1)×1 和其左方的 1×(k–1)，都形成一個(k×k–1×1)，但其上 方和左方都不能放棋子，故每一個[j,i]'中必至少有一棋子。總共有(k–1)²個[j,i]'。

又這些[j,i]'正方形內最多共有(k–1)²個棋子，故知每個[j,i]'內恰有一個棋子。

舉 k=4，n=13 之例子如下：

第 i1k+1 行 第 i2k+1 行

[1,1]' [1,2]' [1,3]'

[2,1]' [2,2]' [2,3]'

[3,1]' [3,2]' [3,3]'

16 個塗色格子中，恰有其中 4 個有棋子；而每個[j,i]'內亦恰有一個棋子。

接著使用一個小引理。

引理 9.1

若[j,1]'內的棋子在第 p 行，則i,[j,i]'內的棋子皆在第 p 行。

證明.

若[j,i]'和[j,i+1]'內的棋子分別在第 p 和 p'行，則 pp'。

X

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X

如上圖示例，[j,i]'為第 1 到 3 行、第 2 到 4 列之交集，[j,i+1]'為第 5 到 7 行、第 2 到 4 列之交集。p<p'時，因為兩個 X 位置中最多只有一個有棋子，故粗框和塗色的兩個(k×k–1×1) 內必有一個沒有棋子，矛盾。

因此有：

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若[j,i]'和[j,i+1]'內的棋子分別在第 p 和 p'行，則 pp' 若[j,1]'和[j,i]'內的棋子分別在第 p 和 p'行，則 pp'。

有這個條件後，歸納部分即和引理 3.1、3.2 的證明類似，故可得證。

同理也可得：

引理 9.2

若[1,i]'內的棋子在第 q 列，則j,[j,i]'內的棋子皆在第 q 列。

所以我們一樣可令[j,i]'內的棋子位於第 pj行第 qi列，記為(pj,qi)。

令 pj1=1,pj2=k–1。則觀察[j1,1]'和[j2,2]'，以[j1,1]'中的棋子為左上(或左下)角，畫一缺角在 左上(或左下)的(k × k– 1 × 1)；

以[j2,2]'中的棋子為右上(或右下)角，畫一缺角在右上(或右下)的(k×k–1×1)。這兩個缺角 正方形中，棋子只可能出現在第 k+1 行，但第 k+1 行只有一棋子，故必有至少一個缺角正方 形內無棋子，矛盾。證畢

底下為 n=13，k=4，j1=1，j2=3 之例子。

X

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X

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X

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X

引理 10

存在n = 𝑘²– k和平排列，找不到(k × k– 1 × 1)缺角正方形 證明.

引用定理 5 之構造方法，可得以下這個和平排列，此和平排列找不到(k × k– 1 × 1) 缺角正方形

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上圖代表的是(1,k+1,…,(k–2)k+1, 2,k+2,…,(k–2)k+2,…, k,2k,…,(k–1)k)，它和它的類似排 列(順時針旋轉 90 度；水平對稱；以左上─右下對角線對稱)共 4 種，皆為 S(k,1)中的元素。

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上圖代表的是((k–1)k,k+1,…,(k–2)k+1, 2,k+2,…,(k–2)k+2,…, k,2k,…,(k–2)k,1)，它和它的

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類似排列(順時針旋轉 90 度；水平對稱；以左上─右下對角線對稱)，皆為 S(k,1)中的元素，

這一類和上一類很類似，只差在 a1和 ak(k–1)不同而已。

我們猜測當 k>3 時 S(k,1)中的元素都只有這 8 個，亦即k>3,|S(k,1)|=8。

雖然在 k 較小的時候都已經經過程式驗證，但仍未證明出來。

定理 7 𝒇_𝜶(𝒌,^𝒌_𝟐) = ^𝒌_𝟐^𝟐

我們注意到 f(2,1)=2, f(4,2)=8, f(6,3)=18,於是猜測𝑓_𝛼(𝑘,^𝑘₂) = ^𝑘₂²。 引理

任意 n= ^𝑘₂²+ 1 的和平排列一定找得到(𝑘 × 𝑘 −^𝑘₂×^𝑘₂)缺角正方形 證明.

將 k×k 正方形切割成四塊的小正方形，利用反證法，假設一顆棋子能使 k×k 正方形內找 不到(𝑘 × 𝑘 −^𝑘₂×^𝑘₂)缺角正方形，視棋子所在的小正方形為缺角，另外三個^𝑘₂×^𝑘₂小正方形便 可組成(𝑘 × 𝑘 −^𝑘₂×^𝑘₂)缺角正方形，矛盾。

故每個 k×k 正方形須至少兩枚棋子方能滿足要求，而此時兩顆或以上的棋子需在不同的

𝑘

2×^𝑘₂小正方形。

在(^𝑘₂²+ 1) × (^𝑘₂²+ 1)的正方形中，假設第 ^𝑘₂²+ 1列的棋子位於第 p 行，可以取第 p 行 和其臨近的 k–1 行，為一𝑘 × (^𝑘₂²+ 1)的長方形。

長方形中，第 1 列到第^𝑘₂²列可分割為^𝑘₂個 k×k 正方形，分別為第 jk+1 到(j+1)k 列，

j=0,1,…,^𝑘₂− 1。第 ^𝑘₂²+ 1 列有 1 顆棋子，而整個𝑘 × (^𝑘₂²+ 1)的長方形有 k 顆棋子，故此 ^𝑘₂ 個正方形有 k-1 顆棋子。

由鴿籠原理可知必有一個 k×k 正方形內僅有一顆或沒有棋子，得證。

以下舉例 k=6，n=19 的情況。

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● 引理

存在 n= ^𝑘₂²的和平排列，找不到(𝑘 × 𝑘 −^𝑘₂×^𝑘₂ )缺角正方形 證明.

引用定理 5 之構造方法，可構造出如下圖

19

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這只是其中一種構造法，我們尚未確定𝑓_𝛼(𝑘,^𝑘₂)所有的構造法。利用程式的輔助下，

我們得知 S(2,1)=2，S(4,2)=38，S(6,3)=232，由於隨著 k 值的增加，其總數會如指數函數 般增大，我們很難去確認每一種排列方式。

3 研究結果與未來展望

目前的研究結果整理如下：

3.1 m=0 時：f(k,0)=k²，|S(k,0)|=2，S(k,0)中元素為

(1,k+1,2k+1,…,(k–1)k+1, 2,k+2,…,(k–1)k+2,…, k,2k,…,k²)和它的類似排列。

3.2 m=1 時：

3.2.1 f(k,1)=k²-1。

3.2.2 f(2,1)=2，|S(2,1)|=2，S(2,1)中元素為(1,2)和(2,1)。

3.2.3 f(3,1)=6，|S(3,1)|=6，S(3,1)中元素為(1,4,2,5,3,6)和(1,5,3,4,2,6)，和它們的類似排列。

3.2.4 k>3，f(k,1)=k²–k，推測|S(k,1)|=8，S(k,1)中元素為 (1,k+1,…,(k–2)k+1, 2,k+2,…,(k–2)k+2,…, k,2k,…,(k–1)k)、

((k–1)k,k+1,…,(k–2)k+1, 2,k+2,…,(k–2)k+2,…, k,2k,…,(k–2)k,1)和它們類似排列。

3.3 f_α(𝑘,^𝑘₂) =^𝑘₂²

3.4 𝑓_𝛽(𝑘, 𝑘 − 1) = 2𝑘 − 1

4 結論

在報告中，主要是由證明每個(n+1)×(n+1)的和平排列都找的到，以及構造 n×n 的 和平排列找不到(缺角)正方形為骨幹，不管是𝑓_𝛼(𝑘, 1)、 𝑓_𝛽(𝑘, 1)、𝑓_𝛽(𝑘, 𝑘 − 1)、𝑓_𝛼(𝑘,^𝑘₂) 都是如此，研究過程中，憑空證明及構造實屬不易，於是我們請同學幫我們寫程式，

因此得出了𝑓_𝛼(𝑘, 𝑚)和𝑓_𝛽(𝑘, 𝑚)的值，藉由尋找規律得出通式後，再利用一些組合的方 法證明及構造。然而我們尚未完全確定 S(k,1)內的所有元素，這部分是我們之後首先 要證明的，接著我們也期望將二維的𝑛 × 𝑛棋盤、(𝑘 × 𝑘– 𝑚 × 𝑚)缺角正方形，拓展至 三維的𝑛 × 𝑛 × 𝑛立體棋盤、(𝑘 × 𝑘 × 𝑘– 𝑚 × 𝑚 × 𝑚)缺角立方體。

5 參考資料及其他

原題目來源則是 2014 年第 55 屆 IMO 試題 P2，題目參考網址：

http://www.artofproblemsolving.com/community/c3841_2014_imo

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6 附件

執行檔：

流程圖：

A

No

Yes σ

No

開始 選擇α 或 β 輸入 n 輸入 k

輸入 m 對所有{1,2,3 … … n}的排

列σ(按照字典序) 產生對應的和平排列

此和平排列內，找得到不包含棋子

的(𝑘 × 𝑘 − 𝑚 × 𝑚)缺角正方形 印出σ

是否有印出任 何一組σ

可知f(𝑘, 𝑚) ≥ 𝑛(程式未印出)

可知f(𝑘, 𝑚) <

𝑛(程式未印出)

A