maturski draganić nemanja

Гимназија „Јован Јовановић Змај“

Нови Сад

Матурски рад из анализе са алгебром

Шаховски проблем статичних фигура

Професор ментор: Ученик:

Бојан Башић Немања Драганић

Нови Сад, март 2014. год.

Предговор

Пред вама се налази анализа и решење једног проблема из теорије игара. Иако је назив рада „Шаховски проблем статичних фигура“, проблем није директно везан за игру шах већ се у његовој формулацији помињу шаховске фигуре и шаховска табла и за њих је проблем суштински везан. Идеја за поставку проблема јавила се након једне партије шаха, пошто је противник отишао ја сам остао и посматрао фигуре на табли. Размишљао сам о формулацијама математичких задатака везаних за шаховске фигуре и запитао се колико је тешко тако нешто сам смислити. На табли је стајао црни скакач, који је био лоше позициониран, није се могао померити, због црних фигура које су га блокирале. У том моменту на ум ми је пала идеја за поставку задатка – „Како морају бити постављене фигуре исте боје на шаховску таблу, тако да се ниједна не може померити?“. Пешаке сам изоставио након пар минута размишљања из поставке, јер би била дискутабилна ситуација кад би се неки од њих нашао у осмом реду. Одмах сам почео да смишљам решење задатка, а веровао сам да конфигурацију која ми треба могу постићи са скакачима. Тог дана нисам решио задатак. Тек након нека три месеца опет сам почео да размишљам о њему. Након неког времена успео сам да решим задатак, но веровао сам да се тврђење може уопштити за све табле n×n. Након нових месец дана задатак је био решен. Део по део решења доносио сам професору Бојану Башићу, који је проверавао валидност доказа и давао корисне предлоге за даље решавање. Њему се овом приликом и највише захваљујем јер ме је и мотивисао да истрајем у решавању овог задатка. Надам се да ће вам се проблем и његово решење свидети, као и да ће Вас мотивисати и сами да смишљате и решавате сличне проблеме. Математика је једна од ретких области где ћете се забавити тако што ћете правити проблеме тамо где их нема, а онда их решавати. Уживајте!

2

САДРЖАЈСтрана

1 УВОД..................................................................................................................................4

2 ПОСТАВКА ПРОБЛЕМА..............................................................................................5

3 ПОСТАВКА ХИПОТЕЗЕ И РЕШЕЊЕ ПРОБЛЕМА..............................................6

3.1 Како приступити проблему....................................................................................63.2 Помоћна тврђења.....................................................................................................73.3 Доказ претпоставке................................................................................................11

4 ЛИТЕРАТУРА................................................................................................................15

5 БИОГРАФИЈА МАТУРАНТА....................................................................................16

1

3

Шаховски проблем статичних фигура Немања Драганић, IV-9

2 УВОДНајстарија претеча данашњег шаха, „чатуранга“, настала је највероватније пре

око 1500 година у Индији. Игру су у шестом веку прихватили Персијанци, након чега су је Арапи у седмом веку освајањем Ирана преузели и она је у наредна два века била врло полуларна у арапским земљама. Играни су мечеви између најбољих играча, проучена су могућа отварања (такозване табије) и састављени су први проблеми отварања (мансубе). Игра је доживела много промена док није попримила данашњи облик. По правилима чатарунге кретање фигура било је одређено бацањем коцке, док је данас утицај среће у шаху у потпуности искључен. Само сналажљивост, логика и креативно размишљање играча могу довести до победе. Правила игре није тешко научити и лако се могу наћи на интернету, а овде неће бити наведена у потпуности. За разумевање овог рада биће довољно објаснити кретање сваке од фигура.

Није дозвољено повући фигуру на поље које заузима фигура исте боје.

Ниједна фихура осим скакача не може „прескакати“ друге фигуре у свом кретању.

Краљ може да се помера на било које суседно поље које није нападнуто од стране једне или више противничких фигура. Такође краљ може да врши такозвану рокаду при којој се у једном потезу померају истовремено и краљ и топ, међутим неће бити потребе за разматрање оваквог кретања у овом раду.

Дама може да се помера по свим пољима дуж врсте, реда или дијагонале на којој стоји.

Топ се може кретати на свим пољима дуж врсте или реда на коме стоји.

Ловац се може кретати до било ког поља дуж дијагонале на којој се налази.

Скакач може да се помера на једно од поља које је најближе пољу на коме се налази, а које није у истом реду, врсти и дијагонали (креће се у облику слова Г).

4


3 ПОСТАВКА ПРОБЛЕМА

Који је минимални број (већи од 0) истобојних шаховских фигура(не рачунајући пешаке у фигуре) којих је могуће поставити на шаховску таблу димензија n×n (n је природан број), таквих да ни једну од тих фигура није могуће померити? Пронаћи све такве конфигурације.

5


3 ПОСТАВКА ХИПОТЕЗЕ И РЕШЕЊЕ ПРОБЛЕМА

3.1 Како приступити проблему

За почетак, добро је размислити шта је решење задатка, поставити хипотезу, а затим, кад смо довољно сигурни да нам је хипотеза исправна, треба поћи у доказивање. Пошто треба наћи решење за све природне бројеве n, посматраћемо табле за мале вредности броја n и надати се да ћемо моћи да уопштимо и за веће n. Посматрајући табле за n<4 добијамо специјалне случајеве који нам не помажу много у даљем решавању. Тек за таблу 4×4, ситуација се компликује.

Што се тиче нашег проблема, хипотеза коју ћемо поставити је следећа:

1) Ако је n=1 или n=2 или n =3, минимални број фигура са траженом особином је 1, а конфигурације се постижу постављањем било које фигуре на једино поље у првом случају, скакача на било које поље у другом и скакача на централно поље у трећем случају.

2) Ако је n>3, минимални број фигура са траженом особином је ⌊ n2

2⌋, а могуће

конфигурације се постижу постављањем ловаца само на црна или само на бела поља уколико је n парно, а ако је непарно онда постављамо ловце на поља оне боје која је мање заступљена на табли (на бела поља). На слици 1 је дата једна таква конфигурација за таблу 8 x 8.

Слика 1

6


3.2 Помоћна тврђења

Нека су колоне сваке табле означене словима азбуке редом, а врсте бројевима 1,2,3...Кад се нека фигура не може померити, кажемо да је она заробљена. Нека је конфигурација која задовољава услове задатка жељена конфигурација.

Број фигура у жељеној конфигурацији на табли n×k је S(n, k ).

За почетак, извешћемо низ помоћних тврђења.

Лема 1: Ако таблу поделимо на дисјунктне подтабле, збир бројева фигура у жељеним конфигурацијама, сваке појединачне подтабле, већи је или једнак, броју фигура у жељеној конфигурацији за тражену таблу.

Лема 2: Ако се у жељеној конфигурацији појави краљ или краљица, тада ту фигуру можемо заменити ловцем тако да конфигурација остане жељена.

Лема 3: Жељена конфигурација у следећим случајевима постиже се само постављањем ловаца само на црна или само на бела поља уколико је број поља паран, односно само на она поља којих има мање уколико је број поља непаран и важи:а) S (4,4 )=8б) S (3,4 )=6в) S (3,5 )=7г) S (3,6 )=9д) S (5,5 )=12ђ) S (3,7 )=10

Доказ леме 1:

Посматрајмо произвољну подтаблу унутар табле. Ако је конфигурација фигура на њему жељена то значи да су све фигуре заробљене и да је број фигура унутар подтабле минималан да би нам гарантовао да се ни једна фигура унутар те подтабле не може померити. Кад посматрамо ту подтаблу као део целе табле, фигуре и даље не смеју бити покретљиве унутар уочене подтабле, на шта и даље утиче само број фигура унутар подтабле. Сабирајући сада те бројеве за сваку подтаблу, добијамо да је број фигура у жељеној конфигурацији за целу таблу мањи од тог збира, јер смо за сваку подтаблу урачунали минимални број фигура на њој.


Претпоставимо да се на неком пољу на табли налази краљ или краљица. У том случају, сва поља која имају заједничко теме са овим пољем, морају садржати фигуру, јер би иначе наша фигура била покретљива. Тада, ако на то поље поставимо ловца, заробљеност фигура се очувава: ловац се не може померити јер су сва поља око њега попуњена, а пошто су фигуре из претходне конфигурације биле заробљене, и сада су, јер је свеједно која фигура их спречава да се помере (био то краљ и краљица или ловац)


7


Нека су колоне сваке табле означене словима абецеде редом, а врсте бројевима 1,2,3...

а) Докажимо да сваког топа у жељеној конфигурацији можемо заменити ловцем.

Нек се топ налази у једном од поља која се граниче са угаоним пољем, без умањења општости претопставимо да је то поље B1. Тада се на пољима А1, B2 и C1 налази нека фигура, да би топ са B1 био заробљен. Такође, мора постојати фигура која би могла да се помери на поље B1 кад ту не би био топ, јер би топа иначе могли склонити са табле и добити конфигурацију са фигуром мање која задовољава услове задатка. Претпоставимо да је фигура која „напада“ B1- топ. Ако је топ на А1 тад се тај топ може заменити ловцем јер се ни тај ловац не може померити због већ постојеће фигуре на B2. Дакле топ није на А1. Ако је топ на C1 тада постоје фигуре и на C2 и на Г1. Засад већ имамо 6 фигура на табли. Посматрајмо сада фигуру на B2.

-Ако је то скакач, на А4, C4 и D3 се налазе фигуре, што значи да на табли имамо 9 фигура, што је више него кад поставимо ловце као у тврђењу леме, контрадикција.-Ако је на B2 топ, тад се и на А2 и на B3 налазе фигуре. Посматрајући фигуру на B3 у сваком случају добијамо додатну фигуру на табли, што је опет 9 фигура, контрадикција.-Ако је на B2 ловац, постоје фигуре на А3 и C3, и посматрајући фигуру на C3 и услове њене заробљености, опет долазимо у контрадикцију.Дакле, на C1 није топ.

Ако је топ на B2, добијамо још по једну фигуру на А2,C2 и B3. Посматрајући све опције за фигуру на B3 добијамо више од 8 фигура, што је контрадикција.

Дакле, фигура која напада B2 није топ. Претпоставимо да је то скакач.

-Ако је тај скакач на А3, онда се и на C2 и C4 налазе фигуре. То је већ 7 фигура. Посматрајући фигуру са C2 у сваком случају добијамо још 2 фигуре, што нас води у контрадикцију. -Ако је скакач на C3, тад имамо фигуре и на А2, А4 и D1. То је већ 8 фигура и уз додатну фигуру коју ћемо добити проматрајући поље B2 опет долазимо у контрадикцију.-Ако је скакач на D2, добијамо додатне фигуре на B3 и C4. То је већ 7 фигура и опет проматрајући све опције за фигуру на B2 долазимо у контрадикцију.

Једина преостала могућност је да топа на B1 напада ловац.

-Ако је то ловац са C2, онда имамо фигуре и на B3,D1 и D3. Лако долазимо у контрадикцију посматрајући рецимо фигуру са B3.-Ако је ловац на А2, тад имамо фигуру и на B3. Имамо већ 6 фигура. Ако је на B3 ловац, тад и на А4, B4 и C2 имамо фигуре, а ако је топ тад и на А3, B4 и C3 имамо фигуре, што је у оба случаја контрадикција. Ако је на B3 скакач, тад и на D2 и D4 имамо фигуре, па посматрајући фигуру са D4, добијамо додатну фигуру, па их имамо већ 9, контрадикција.

Закључили смо да ако се у пољима која се налазе до угаоних налази топ, можемо га заменити ловцем.

8


Претпоставимо сада да се у угаоном пољу налази топ. Нека је то поље А1. Тада се на пољима А2 и B1 мора налазити фигура различита од топа, јер смо доказали у претходном случају да се топови не налазе на пољима до угаоних. Топа са А1 мора неко нападати јер бисмо га иначе могли склонити с табле. Ако га напада ловац са B2, онда топа можемо заменити ловцем, јер се ни ловац у тој ситуацији не може померити. Ако га напада скакач, рецимо са поља B3 (симетрично је за C2) онда имамо фигуре на пољима C1, D2 и D4. То су већ 7 фигура. Ако је на D4 топ имамо још додатне 2 фигуре, што је 9, ако је ловац, имамо фихуру на C3, која ће нам свакако дати још једну фигуру. Сад, ако је на D4 скакач, имамо фигуру на C2, па због услова њене заробљености имамо још једну фигуру, што је већ 9, контрадикција.

Преостаје нам могућност да се топ налази на једном од 4 поља у средини. Претпоставимо да се налази на пољу B2. Тада се на пољима А2,B3, B1 и C2 морају налазити фигуре да би топ био заробљен. Посматрајмо сада фигуру на B3.

-Ако је то скакач имамо додатне 4 фигуре, што је укупно 9 на табли, контрадикција.-Ако је топ онда на пољима А3, А4 и C3 имамо фигуре, што је већ осам, па дискутујући фигуру на C2 рецимо, добијамо још једну, контрадикција.-Ако је ловац, онда имамо фигуре на А4 и C4 што је већ 7 фигура. Дискутујући фигуру са C2, добијамо још две фигуре, што нас води у контрадикцију.

Сада, након што смо доказали да се свака жељена конфигурација која садржи топове, може превести у другу жељену конфигурацију која садржи ловце уместо топова, доказаћемо да у жељеној конфигурацији не можемо имати скакаче.

Претпоставимо да се у неком угаоном пољу налази скакач. Нека је то без умањења општости поље А4.Посматрајмо поља B2 и C3. Постоје 3 могућности: да се ни у једном, једном или оба поља налази скакач.

-Претпоставимо да се налази у оба поља. Тада постоје фигуре на пољима А2, А4, B1, C1, D1, D3. То је већ осам фигура. Дискутујући фигуру са поља B1, добијамо још једну фигуру, контрадикција.

-Претопоставимо да се скакач налази на пољу B2, а ловац на пољу C3. Тада се и на пољима B4, C4, D1, D2, D3, D4 налазе фигуре. То је већ 9 фигура, контрадикција.

-Ако се на оба поља налазе ловци, лако се уочава да услови заробљености та два ловца обезбеђују додатних 6 фигура на табли, што је већ 9.

Дакле, скакач се не налази на угаоном пољу. Још лакше се претходно описаним поступком долази до закључка да се скакач не може налазити ни на једном од централних, ни на неком пољу суседном угаоном пољу.

Ако у конфигурацији користимо само ловце, жељену конфигурацију можемо само постићи постављајћи ловце на поља исте боје. Заиста, ако се један ловац налази на неком белом пољу, тада се на сваком дијагонално суседном белом пољу налази ловац, па се на свим белим пољима налази ловац. Исти закључак изводимо и за црна поља.

9


Лако се види и да није могуће ни једног ловца заменити ни топом,ни краљем, ни краљицом, тако да су то две једине кофигурације.

За табле под б), в) и г) Слично као под а) испитујемо случајеве и долазимо до закључка да је једина могућа конфигурација са ловцима постављеним као у претпоставци.

д) Посматрајмо таблу као пресек две табле 3×5 са заједничком средњом колоном у датој табли. Кад би у пресечној колони била само једна фигура, тада би у остатку ових табли 3×5 морало бити још по бар 6 фигура (под в)), што је укупно 13, контрадикција. Ако их имамо две у колони, тад се у остацима табли 3×5налази још по бар 5 фигура и то само у случају да су оне у жељеној конфигурацији, а иначе их имамо више. Ако их имамо 3, тад се у преосталим деловима табли 3×5 налазе бар по још 5 фигура јер би у супротном имали жељену конфигурацију у табли 3×5 у која се разликује од једине могуће коју смо описали у делу под в). Остаје нам да докажемо да не можемо имати 12 или мање фигура на табли ако се у средњој колони налази 4 или 5 фигура. Ако се у тој колони налази 5 фигура, посматрајмо средњу фигуру у тој врсти, ону на C3. Ако је то скакач, тада због услова његове заробљености имамо још додатних 8 фигура на табли, што је већ контрадикција. Ако је то ловац онда на B2, B4, D2 и D4 имамо фигуре. Сад посматрајући фигуре са B4 и D4 лако закључујемо да ћемо у сваком случају због услова њихове заробљености имати бар још 4 додатне фигуре на табли, што је већ 13, контрадикција. Дакле, остаје нам могућност да се на C3 налази топ. Тад се и на B3 и на D3 налазе фигуре.

-Ако је на B3 скакач, тад се и на А1, А5, D2 и D4 налазе фигуре, а разматрајући фигуре са D2 и D4 добијамо још бар 2 фигуре, што је већ 13, контрадикција.

-Ако је на B3 топ, тад су и на А3, B2 и B4 фигуре. Ако разматрамо фигуру са D3 добијамо још бар 2 фигуре, што је већ 12. Сад ако гледамо фигуру са B4 сигурно морамо имати још једну фигуру на табли ради њене заробљености, при чему већ имамо 13 фигура, контрадикција.

-Остаје нам могућност да се на B3 налази ловац. Знамо и да се на пољу D3 налази ловац јер сва разматрања за B3 важе и за D3 јер су симетрична. Због тих ловаца имамо фигуре и на А2, А4, E2 и E4. Разматрајући још фигуру са C2 добијамо још 2 фигуре, па их имамо 13 контрадикција.

Случај кад имамо 4 фигуре у средњој колони такође се једноставно оповргава испитивањем случајева. На крају се лако види да ниједног ловца није могуће заменити натраг за краља или краљицу.

ђ) Посматрајмо таблу као пресек две табле 3×4 са заједничком средњом колоном у датој табли. Кад би у пресечној колони била само једна фигура, тада би у остатку ових табли 3 x 4 морало бити још по 5 фигура ( под б)), па помоћу леме 1 закључујемо да се табли тад налази бар 11 фигура, контрадикција. Ако се у пресечној колони налази три фигуре, тада би се у остатку табли 3×4 мора налазити по 4 фигуре.У супротном, ако би их било мање, то би било у контрадикцији са делом под б) јер постоји само један „тип“

10


жељене конфигурације, али он не садржи ни једну пуну колону. Слично резонујући, ако су у тој колони две фигуре, добићемо да оне нису на суседним пољима и да је једина могућа жељена конфигурација са 10 ловаца постављених на бела поља.

3.3 Доказ претпоставке

Први случај, кад је n≤3 је тривијалан. Доказ тврђења у другом случају, извешћемо индукцијом по n (броју поља у врсти).База индукције

1) n=4 Лема 3 а)2) n=5 Лема 3 д)3) n=6

Раздвојимо таблу на два правоугаоника3 x6. Употребом леме 1 и леме 3 г) добијамо да тврђење важи и за овај случај.

4) n=7Раздвојимо таблу на квадрат 4×4 са једним пољем у доњем левом углу, правоугаоник3×4 са почетком у доњем десном углу и правоугаоник 3×7 који садржи горњи леви и горњи десни угао. Затим применимо лему 1 и лему 3 под а), б) и ђ).

Индукцијска хипотеза За сваки број k , 3<k≤n−1 за таблу k ×k важи претпоставка.

Индукцијски коракАко важи индукцијска хипотеза, онда тврђење важи и за таблу n×n.Разликоваћемо 4 различита случаја:

1) n је облика 4 l;2) n је облика 4 l+3;3) n је облика 4 l+2;4) n је облика 4 l+1;

Докази:1) Поделимо таблу на дисјунктне табле 4×4. Лако се уочава да применом леме 1 и

леме 3 а) потврђујемо претпоставку.

2) Поделимо таблу на дисјунктне табле: на таблу (n−3 )×(n−3) са почетком у

горњем десном пољу , на n−3

4 табли 3 x 4 лево од прве табле, тако да се доња

ивица последње налази на истој „висини“ као и доња ивица табле (n−3 )×(n−3) (n−3 је облика 4 l, па према случају под 1 можемо закључити да за овакву таблу важи претпоставка). Преостали правоугаоник поделимо на једну таблу 7×3 и остатак на табле 4×3 (пример за таблу 15×15 дат је на слици 2.1). Добијамо да тражена конфигурација садржи

(n−3)2+ n−3

4·3 ·4+4 ·3· n−7

42

+⌊ 7 ∙32

⌋=n2−21

2+10=n

2−12

=⌊ n2

2⌋

11


ловаца само на белим пољима.

3) Поделимо таблу на једну таблу (n−4 )×(n−4) у једном ћошку и на таблу 4×4 у наспрамном ћошку. Даље делимо на 4 табле 4×3, а остатак поделимо у табле 4×4 (Слика 2.2). Како за сваку дисјунктну таблу узимамо онолико ловаца колико износи половина броја поља табле добијамо да је тражена конфигурација n2

2 ловаца на црним или белим пољима, што је требало доказати.

4) Поделимо таблу слично као и у другом случају, на једну таблу (n−3 )×(n−3) у горњем десном ћошку, а у доњи леви ћошак постављамо таблу 3×5 као на слици, а десно поделимо на табле 4×3. Остатак поделимо на једну таблу 6×3 и на табле 4×3 (Слика 2.3). Применивши опет лему 1 и лему 3 потврђујемо претпоставку.

Слика 2.1 Слика 2.2

12


Слика 2.3

13


ЗАКЉУЧАКПошло нам је за руком, да после низа помоћних тврђења и уз пар досетки

докажемо задато тврђење. Идеја са индукцијом била је природна јер смо за мање табле успели да докажемо тврђење, а уз помоћ леме која говори о растављању табле лако смо могли да довршимо задатак. Та лема је заправо била и срж овог задатка, главна карика и део доказа без кога се не би испетљали. После ње индукцију је било лако применити, а доказ тврђења за мање табле је, иако најмукотрпнији део посла, био само технички део, који смо такође уз пар досетки успели да скратимо. Још бих да напоменем да сам, пре него што сам озбиљно почео да доказујем тврђење, помоћу рачунара утврдио да ли ми претпоставке ваљају за мале табле, да бих се уверио да је оно што покушавам да докажем тачно. Надам се да ће вам овај рад бити од користи или бар да вам је био занимљив док сте га читали.

14


4 ЛИТЕРАТУРА

[1] http://en.wikipedia.org/wiki/History_of_chess[2] http://sr.wikipedia.org/sr/Правила_шаха#Кретање_фигура

15


[3] БИОГРАФИЈА МАТУРАНТА

Немања Драганић рођен је 25.12.1995. године у Франкфурту на Мајни. 2000. године преселио се у Нови Сад, где је као ђак генерације завршио основну школу „Прва војвођанска бригада“. Тренутно похађа 4. разред специјално-математичког смера гимназије „Јован Јовановић Змај“ у Новом Саду. Сваки разред је завршио са просеком 5.00, а истакао се и резултатима које је постигао на такмичењима из математике, физике и биологије. Говори течно енглески и немачки језик. Седам година се бавио одбојком, док се данас само рекреативно бави спортом. Планира да студира математику на неком од престижних универзитета на немачком говорном подручју.

16

Датум предаје матурског рада: ______________

Комисија:

Председник _______________

Испитивач _______________

Члан _______________

Коментар:

Датум

одбране: _____________ Оцена__________ (___)

maturski draganić nemanja

Documents