x, y, z

Глава 2. Задачи о шахматной доске / Математика на шахматной доске

Гик Е. Я.

Комментарии: 0
<<< |1|2|3|4|5|6|7|8|9|…|19| >>>

Глава 2. Задачи о шахматной доске

Подробный рассказ о шахматной математике, к которому мы сейчас приступаем, естественнее всего начать с математических задач о самой доске, пока что не расставляя на ней никаких фигур. Именно этой теме и посвящена настоящая глава.

Рассмотрим прежде всего несколько задач о покрытии доски костями домино размером 2×1. Всюду предполагается, что каждое домино покрывает два поля доски, а каждое поле покрыто одной половиной домино. Начнем со следующей старинной задачи.

Можно ли покрыть домино квадрат размером 8×8, из которого вырезаны противоположные угловые клетки (рис. 2,а)?

 
Рис. 2. Задача о домино: а - квадрат с вырезанными углами; б - шахматная доска с вырезанными полями

Мы могли бы воспользоваться алгебраическими рассуждениями12, однако «шахматное» решение и проще, и изящнее. Окрасим наш урезанный квадрат в черно-белый цвет, превратив его в шахматную доску без двух угловых полей a8 и h1 (рис. 2,б). При любом покрытии доски каждое домино покрывает одно белое и одно черное поле. У нас же белых полей на два меньше, чем черных (вырезанные поля - белые), и поэтому необходимого покрытия не существует! Как мы видим, раскраска доски не только позволяет шахматисту легче ориентироваться во время игры, но и служит средством решения математических задач.

В рассмотренной задаче существенным было не то, что из доски вырезаны угловые поля, а то, что они одного цвета. Ясно, что какую пару одноцветных полей ни вырезать, покрыть домино оставшуюся часть доски не удастся. Таким образом, возникает следующая задача.

Пусть теперь на шахматной доске вырезаны два поля разного цвета. Всегда ли можно покрыть оставшуюся часть доски 31 домино?

Оказывается, что всегда. Эффектное доказательство нашел известный американский математик Р. Гомори. Проведем на шахматной доске границы между вертикалями и горизонталями так, как показано на рис. 3. В лабиринте между этими границами черные и белые поля следуют друг за другом, чередуясь, как пуговицы двух цветов на замкнутой нити (путь, по которому можно обойти этот лабиринт, является замкнутым). Какие бы два поля разного цвета мы ни вырезали из доски, нить разорвется: в одном месте, если вырезанные поля находятся рядом, и в двух местах - в противном случае. При этом каждый кусок нити будет состоять из четного числа полей. Следовательно, эти куски, а значит - и всю доску, покрыть домино можно!

Рис. 3. Лабиринт Гомори

Любопытные идеи, связанные с пуговицами и нитями, мы еще встретим в главе 11.

Предположим, что из шахматной доски вырезаны некоторые поля так, что на оставшуюся ее часть нельзя поместить ни одного домино. Нетрудно проверить, что наименьшее число вырезанных полей, обладающих таким свойством, равно 32 - это все поля одного цвета (белые или черные).

Задачи о шахматной доске и домино составляют лишь небольшую часть огромной серии задач такого сорта. Американский математик С. Голомб создал целую науку, которую назвал полимипо, а его книга, посвященная этой теме, переведена во многих странах мира, в том числе у нас13. В общем случае полимино представляет собой односвязную фигуру, состоящую из квадратов. С точки зрения шахматиста односвязность означает, что все квадраты полимино можно обойти ходом ладьи. В зависимости 07 числа квадратов, полимино бывают различного тига. Мономино содержит один квадрат, домино - два, тримино - три, тетрамино - четыре, пентамино - пять, гептамино - шесть квадратов и т. д. В задачах о полимино покрываются разнообразные доски, не обязательно прямоугольные. Мы остановимся еще на нескольких вопросах, связанных с обычной шахматной доской. Очевидно, покрыть дсску только прямыми тримино, т. е. домино 3×1, невозможно, так как 64 не делится на 3. Возникает следующая задача.

Можно ли покрыть шахматную доску 21 прямым тримино и одним мономино? Если это возможно, то какие поля может занимать мономино?

Одно из необходимых покрытий дапо на рис. 4,а. Для определения возможных расположений мономино проведем на доске две системы параллельных прямых, как показано на рис. 4,б.

Легко убедиться, что при любом покрытии каждое тримино покрывает ровно одно поле, через которое проходит сплошная линия, и ровно одно, через которое проходит пунктирная линия. Поскольку число полей, пересекаемых сплошными прямыми, равно 22, так же как и число полей, пересекаемых пунктирными прямыми, а тримино имеется 21, то мономино может покрывать лишь поля, пересекаемые обоими семействами прямых. А таких полей - всего четыре: c3, c6, f3 и f6! Поворачивая доску на 90, 180 и 270°, можно получить соответствующие покрытия для каждого из этих четырех полей.

 
Рис. 4. Задача о тримино: а - на доске 21 тримино; б - нахождение непокрытых полей

Следующая задача несколько отличается от рассмотренных выше.

Можно ли шахматную доску покрыть домино так, чтобы на ней нельзя было провести ни одной границы между вертикалями и горизонталями, не пересекая домино?

Если представить себе, что доска - это стенка, а домино - кирпичи, то существование указанной границы (шва) свидетельствует о непрочной кладке. Иначе говоря, в задаче спрашивается, можно ли расположить «кирпичи» так, чтобы «стенка» не рухнула. Прямоугольник, который удается покрыть необходимым образом, называется «прочным». В «прочности» шахматной доски можно убедиться на рис. 5. В общем случае Гарднер показывает, что из домино можно сложить «прочный» прямоугольник, если его площадь четна, а длина и ширина больше четырех, при этом исключение составляет лишь квадрат 6×6.

Рис. 5. «Прочная» шахматная доска

Ниже мы будем часто иметь дело с прямоугольными шахматными досками того ила иного размера. При этом всегда считается, что доска m×n имеет m вертикалей и n горизонталей (шахматных). Мы говорим, что доска «четна», если число ее полей четно, и «нечетна» - в противном случае. Всюду, где размеры доски не указаны, имеется в виду стандартная шахматная доска, для которой m = n = 8.

Доска 100×4 покрыта домино. Доказать, что ее можно распилить по одной из границ между вертикалями и горизонталями, не затрагивая ни одного домино.

Любая из указанных границ делит доску на две части, состоящие из четного числа полей. Поля каждой части разобьем на два класса: покрытые домино, целиком лежащими в этой части, и покрытые домино, пересекаемыми границей. Так как число полей каждой части четно (быть может, нуль), равно как и число полей первого класса (каждое домино покрывает два поля), то и число полей второго класса четно. А это и значит, что число домино, пересекаемых границей, четно. Всего разделяющих границ существует 102 (99 вертикальных и 3 горизонтальных), н если каждая из них пересекает домино, то в покрытии участвует не менее 102×2 = 204 домино. В нашем же распоряжении их только 200! Фактически мы показали, что прямоугольник 100×4 является «непрочным».

Вопрос о возможности покрытия произвольной прямоугольной доски линейными k-мино (домино k×1) решается следующей теоремой14.

Доску m×n можно покрыть линейными k-мино в том и только в том случае, если хотя бы одно из чисел m или n делится без остатка на k.

Проиллюстрируем теорему на следующем примере.

Можно ли покрыть доску 10×10 (на такой доске играют в стоклеточные шашки) прямыми тетрамино?

Прямое тетрамино имеет размеры 4×1, и, значит, в принципе 25 костей могли бы покрыть все поля нашей доски. Однако из теоремы следует, что это невозможно - 10 не делится на 4.

Рассмотрим еще несколько задач о шахматной доске. В решении следующей задачи виовъ используется ее раскраска.

Пусть доска состоит из нечетного числа полей. На каждом ее поле поставим какую-нибудь шахматную фигуру. Можно ли сдвинуть все эти фигуры на соседние поля (по вертикали или горизонтали), чтобы при этом никакие две из них не попали на одно поле?

Задание невыполнимо. Действительно, если бы указанное смещение фигур существовало, то каждая «белая» фигура (стоящая на белом поле) стала бы «черной» (попала на черное поле), а каждая «черная» - «белой».

Таким образом, доска состояла бы из одинакового числа белых и черных полей, а это противоречит ее «нечетности».

Популярными являются задачи о разрезании шахматной доски. Самой известной из них является следующая, принадлежащая С. Лойду.

На полях a1, b2, c3, d4 стоят четыре коня. Разрезать доску на четыре конгруэнтные части (совпадающие при наложении) так, чтобы на каждой из них оказалось по коню.

В задачах на разрезание всегда предполагается, что разрезы производятся только по границам между вертикалями и горизонталями доски. Решение данной задачи показано на рис. 6. Со времен Лойда появилось много новых и более трудных задач на эту тему. В частности, решались задачи о разрезании доски на четыре конгруэнтные части при различных расположениях коней (кони, конечно, играют здесь лишь символическую роль). В этом вопросе имеется еще много нерешенных проблем. Например, до сих пор не известно число способов, которыми можно разрезать обычную доску (без фигур) на две конгруэнтные части.

Рис. 6. Задача Лойда о четырех конях

Пусть после нескольких разрезов доски образовавшиеся части разрешается перекладывать так, чтобы следующий разрез мог рассечь не одну, а сразу несколько частей. Сколько разрезов потребуется для получения 64 отдельных полей доски (квадратов 1×1)?

Сначала разрежем доску пополам, затем обе половины положим рядом и разрежем доску на четыре одинаковые части и т. д. Всего понадобится 6 разрезов (2е = 64) и меньшим числом не обойтись.

Пусть теперь части доски разрешается резать только отдельно. Сколько разрезов понадобится для получения 64 полей в этом случае?

Как правило, эта задача (особенно, если она предлагается после предыдущей) вызывает определенные трудности. Видимо, это связано с некоторой инерционностью нашего мышления. Ведь сразу видно, что понадобится 63 разреза! Действительно, каждый разрез увеличивает число частей на единицу; при этом в начальный момент мы имеем одну часть (саму доску), а в конечный - 64 (все поля доски).

Рис. 7. Три задачи на необычной доске

В задаче на рис. 7,а требуется выполнить три задания, причем одно математическое и два чисто шахматных:

а) разрезать доску на четыре конгруэнтные части;

б) заматовать черного короля кратчайшим путем при ходе белых;

в) заматовать черного короля кратчайшим путем при ходе черных верные играют кооперативно).

Решения: а) как нужно разрезать доску, показано на рис. 7,б; б) при ходе белых мат дается на 12-м ходу: 1-12. Сe1-b4, Крe3-d3-c4, Сe4-c2-b3, Крc4-c3, Сb4-d6, Сb3-d5, Крc3-c2, Сd6-c5, Сd5-c4, Сd6-b4 мат (все ходы черного короля вынуждены и не приводятся); в) при правильной игре после 1. … Крe6-e7 мат невозможен, так как черный король скрывается на e8 - 2. Сe1-b4+ Крe7-e8, и чернопольный слон вынужден уйти с диагонали a3 - e7 ввиду угрозы пата. Однако если черные играют кооперативно (помогают белым дать мат), то цель достигается всего через три хода:
1. … Крe6-d6
2. Крe3-d4 Крe6-e7
3. Сe1-b4+ Крe7-e6
4. Сe4-d5 мат.
Ряд полей нашей доски при матовании не используется, но при их исключении не было бы задачи на разрезание доски.

 
Рис. 8. Парадокс с разрезанием шахматной доски: а) 8×8 = 64; б) 13×5 = 65

Рассмотрим теперь один известный парадокс, связанный с разрезанием шахматной доски. Разрежем доску на четыре части, как показано на рис. 8,а (в данном случае нам невыгодно раскрашивать ее поля), и из образовавшихся частей сложим прямоугольник (рис. 8,б). Площадь доски равна 64, а площадь полученного прямоугольника равна 65. Таким образом, при разрезании доски откуда-то взялось одно лишнее поле!

Разгадка парадокса состоит в том, что наши чертежи выполнены не совсем точно (мы умышленно провели толстые линии, чтобы скрыть неточности). При аккуратном построении чертежа на рис. 8,б вместо диагонали прямоугольника появится ромбовидная, чуть вытянутая фигура со сторонами, которые кажутся почти слившимися. Площадь этой фигуры как раз будет равна «лишней» единице.

Известный популяризатор математики начала века Е. Игнатьев придумал «метод шахматной доски», позволяющий выводить различные формулы15. Приведем два несложных примера на эту тему.

 
Рис. 9. Вывод формул методом шахматной доски:
а) 1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2;
б) 8(1 + 2 + … + n) + 1 = (2n + 1)²

Найдем сумму n первых натуральных чисел «методом шахматной доски». Для этого на доске (n + 1)×n (на рис. 9,а n = 8) окрасим в чериый цвет все поля первой вертикали, все поля второй вертикали (кроме верхнего), третьей вертикали (кроме двух верхних) и т. д., наконец - нижнее поле n-й вертикали. В результате белых и черных полей на нашей доске будет поровну, а именно 1 + 2 + … + n. Поскольку вся доска состоит из п (n + 1) полей, получаем
2 (1 + 2 + … + n) = n(n + 1),

откуда вытекает известная формула для суммы арифметической прогрессии:
1 + 2 + … + n = n(n + 1)/2.

Теперь докажем такую формулу:
8(1 + 2 + … + n) + 1 = (2n + 1)².

Для этого возьмем доску (2n + 1)×(2n + 1) и закрасим ряд ее полей черным цветом так, как показано на рис. 9, 6 (для случая n = 5). Очевидно, каждая черная часть содержит (1 + 2 + … + n) полей. Без учета центрального поля мы имеем здесь четыре одинаковые белые и черные части. Необходимая формула следует из того, что наша доска содержит (2n + 1)² полей и состоит из центрального поля и восьми одинаковых частей (четырех белых и четырех черных - рис. 9,б).

При разгадке парадокса, а также знакомстве с «методом шахматной доски» саму доску можно благополучна заменить листом клетчатой бумаги или таблицей. Существует огромное множество задач с такими объектами, однако их подробное рассмотрение слишком далеко увело бы нас от шахмат.

 
Рис. 10. Теорема Пифагора на шахматной доске:
а - квадрат и четыре треугольника; б - два квадрата и четыре треугольника

В заключение главы приведем одно старинное доказательство на шахматной доске… теоремы Пифагора. Нарисуем на доске квадрат, как показано на рис. 10,а. Доска разбивается на этот квадрат и четыре конгруэнтных прямоугольных треугольника. На рис. 10, 6 мы видим те же четыре треугольника, а также два квадрата. Итак, треугольники в обоих случаях занимают одну и ту же площадь. Следовательно, одну и ту же площадь занимают и оставшиеся части доски без треугольников, на рис. 10,а - одного квадрата, а на рис. 10,б - двух. Поскольку большой квадрат построен на гипотенузе прямоугольного треугольника, а маленькие - на его катетах, то «пифагоровы штаны во все стороны равны»!

Разумеется, если говорить строго, наши рассуждения не доказывают теорему Пифагора (исследован лишь некоторый частный случай), а лишь иллюстрируют ее. Но такое доказательство проходит и без использования шахматной доски - для любого прямоугольного треугольника можно подобрать квадрат, который разбивается подобным образом.



12. Именно такое решение дано в книге Т. Саати «Целочисленные методы оптимизации и связанные с ними экстремальные проблемы» (М., «Мир», 1973).

13. С. Голомб. Полимино. М., «Мир», 1974.

14. Она доказана А. Сойфером в статье «Клетчатые доски и полимипо» («Квант», 1972, № 11); там же приведен ряд новых задач о полимино.

15. Е. Игнатьев. В царстве смекалки, или арифметика для всех. Кн. 1 - 3. М. - Пг., Госиздат, 1923.

<<< |1|2|3|4|5|6|7|8|9|…|19| >>>
Комментарии: 0