Pomyśl zanim sprawdzisz

Transkrypt

1
(i sprawdź zanim ocenisz)
Łukasz Bożyk
student, Wydział MIM UW
Łukasz Bożyk (MIM UW)
21 października 2016
2
Zadanie 1. (7/FLOMG)
Na kartce narysowany jest 100-kąt foremny. Ania i Bartek grają
w następującą grę: na zmianę, począwszy od Ani, kolorują po jednym
wierzchołku 100-kąta — Ania na czerwono, a Bartek na niebiesko.
3
Wygrywa ta osoba, która jako pierwsza pokoloruje trzy kolejne wierzchołki
swoim kolorem; jeżeli nikomu się to nie uda — jest remis.
4
5
A
6
A
B
7
A
B
A
8
A
B
B
A
9
A
A
B
B
A
10
A
A
B
B
B
A
11
Wykaż, że Bartek zawsze może grać tak, aby uniemożliwić Ani zwycięstwo.
A
A
B
B
B
A
12
Rozwiązanie zadania 1.
1) Rundą nazwiemy każdą parę
ruchów: ruch Ani i bezpośrednio
po nim następujący ruch Bartka.
13
2) Wykażemy, że strategią
nieprzegrywającą dla Bartka jest
kolorowanie wierzchołka obok
tego, który w danej rundzie został
pokolorowany przez Anię.
14
3) Przypuśćmy, że Ania wygrała, czyli
pokolorowała na czerwono pewną
trójkę sąsiednich wierzchołków
danego 100-kąta.
15
danego 100-kąta.
A
A
A
16
danego 100-kąta. W pewnej
rundzie pokolorowała środkowy.
A
A
A
17
A
18
A
4) W tej samej rundzie Bartek
pokolorował jeden z sąsiednich
wierzchołków, uniemożliwiając Ani
uzyskanie odpowiedniej trójki.
19
B
A
20
B
A
5) Skoro przypuszczenie o wygranej
Ani doprowadziło do sprzeczności,
to opisana strategia Bartka jest
nieprzegrywająca.
21
Każde pole tablicy o wymiarach 8 × 8 pomalowano na niebiesko lub biało
biało.
22
biało.
23
biało.
Okazało się, że w każdym kwadracie o wymiarach 3 × 3, złożonym
z całych pól tej tablicy, znajduje się parzysta liczba białych pól.
24
biało.
25
biało.
Jaka jest najmniejsza możliwa liczba niebieskich pól w całej tablicy?
Odpowiedź uzasadnij.
26
1) Na niebiesko pokolorujmy cztery
pola, które pokazano na rysunku
(pozostałe pola malujemy na
biało).
27
biało).
2) Wówczas każdy kwadrat 3 × 3
zawiera dokładnie jedno niebieskie
pole.
28
biało).
pole.
29
biało).
pole.
3) Z warunków zadania wynika, że
w każdym takim kwadracie musi
być co najmniej jedno niebieskie
pole (bo w każdym jest co
najwyżej osiem pól białych).
30
4) Zaprezentowane na rysunku
kolorowanie minimalizuje więc
liczbę niebieskich pól w każdym
z kwadratów 3 × 3.
31
z kwadratów 3 × 3. Przemalowanie
dowolnego z tych pól na biało
skutkuje zaistnieniem kwadratu
3 × 3 o samych białych polach.
32
Wynika z tego, że najmniejsza
możliwa liczba niebieskich pól
w tablicy jest nie mniejsza od 4.
33
5) Rysunek pokazuje, że liczba 4 jest
osiągalna, jest więc odpowiedzią
na postawione w zadaniu pytanie.
34
Prostokąt podzielono odcinkami równoległymi do boków na małe
prostokąty.
35
prostokąty.
36
prostokąty. Następnie wyróżniono każdy punkt, który jest wierzchołkiem
dokładnie dwóch małych prostokątów.
37
dokładnie dwóch małych prostokątów.
38
dokładnie dwóch małych prostokątów. Udowodnij, że liczba wyróżnionych
punktów jest parzysta.
39
1) Przeprowadzimy dowód indukcyjny
ze względu na liczbę małych
prostokątów obecnych w podziale.
40
2) Początkowo, gdy prostokąt nie jest
podzielony na mniejsze prostokąty,
liczba wyróżnionych punktów jest
parzysta (gdyż jest równa zero).
41
3) Załóżmy, że prostokąt jest
podzielony na k małych
prostokątów (k 1) w taki
sposób, że liczba wyróżnionych
42
4) Dodajmy do podziału odcinek,
uzyskując podział na k + 1
prostokątów.
43
prostokątów.
44
prostokątów. Wówczas liczba
wyróżnionych punktów nie zmieni
się lub zwiększy się o dwa.
45
46
47
5) Parzystość liczby wyróżnionych
punktów nie uległa zmianie, więc
liczba wyróżnionych punktów
w nowym podziale jest parzysta.
48
6) Na mocy zasady indukcji,
w każdym podziale na n małych
prostokątów jest parzysta liczba
punktów wyróżnionych.
Zadanie 4. (Wzór Picka)
49
Niech F będzie wielokątem kratowym.
50
Niech F będzie wielokątem kratowym.
F
51
Niech F będzie wielokątem kratowym. Przez B oznaczmy liczbę punktów
kratowych znajdujących się na obwodzie (brzegu) wielokąta F
F
52
kratowych znajdujących się na obwodzie (brzegu) wielokąta F
F
53
kratowych znajdujących się na obwodzie (brzegu) wielokąta F, a przez I
— liczbę punktów kratowych znajdujących się w jego wnętrzu.
F
54
F
55
Udowodnij, że pole P wielokąta F wyraża się wzorem
P = I + B/2 − 1.
F
56
Przydatne pojęcia i fakty
Graf to (obrazowo) wierzchołki
i krawędzie łączące niektóre ich
pary. Zakładamy, że żaden
wierzchołek nie jest połączony sam
ze sobą i każde dwa wierzchołki
łączy co najwyżej jedna krawędź.
57
Graf spójny to graf „w jednym
kawałku” (z każdego wierzchołka
można dojść po krawędziach do
każdego innego).
58
Graf spójny to graf „w jednym
kawałku” (z każdego wierzchołka
można dojść po krawędziach do
każdego innego).
Graf płaski to graf narysowany na
płaszczyźnie tak, że żadne dwie
jego krawędzie się nie przecinają.
59
Ścianą nazwiemy każdy
z obszarów, na które krawędzie
grafu płaskiego dzielą płaszczyznę
(jeden z nich jest nieograniczony).
60
Ścianą nazwiemy każdy
z obszarów, na które krawędzie
grafu płaskiego dzielą płaszczyznę
(jeden z nich jest nieograniczony).
Wzór Eulera
Jeżeli spójny graf płaski ma
W wierzchołków, K krawędzi
i S ścian, to
W − K + S = 2.
61
Trójkąt o wierzchołkach
w punktach kratowych nazwiemy
małym, jeżeli do jego wnętrza nie
należą żadne punkty kratowe, a na
jego brzegu nie ma innych
punktów kratowych niż
wierzchołki.
62
wierzchołki.
Krótko mówiąc: trójkąt jest mały,
jeżeli I + B = 3.
63
wierzchołki.
jeżeli I + B = 3.
Lemat (o małych trójkątach)
Każdy mały trójkąt ma pole 21 .
64
wierzchołki.
jeżeli I + B = 3.
Lemat (o małych trójkątach)
Każdy mały trójkąt ma pole 21 .
Przechodzimy do dowodu wzoru Picka.
Krok 1: Dzielimy na małe trójkąty
65
1) Rozważmy dowolny wielokąt
kratowy F o parametrach B, I .
66
F
67
2) Podzielmy go na małe trójkąty.
F
68
F
69
Oznaczmy ich liczbę przez T .
F
70
3) Otrzymaliśmy spójny graf płaski
F
71
3) Otrzymaliśmy spójny graf płaski,
w którym
S = T + 1,
F
72
w którym
S = T + 1,
W = I + B.
F
73
w którym
S = T + 1,
W = I + B.
F
Co można powiedzieć o liczbie
krawędzi tego grafu?
Krok 2: Liczymy boki małych trójkątów
74
4) Każdy mały trójkąt ma 3 boki.
F
75
Wobec tego łączna liczba boków
wszystkich małych trójkątów to
3T
F
76
3T , przy czym boki leżące na
obwodzie F policzyliśmy
jednokrotnie
F
77
jednokrotnie, a wszystkie
pozostałe — dwukrotnie.
F
78
5) Wszystkich boków małych
trójkątów leżących na obwodzie F
jest B.
F
79
jest B. To oznacza, że
F
2K = 3T + B.
80
F
K=
3T + B
.
2
81
Krok 3: Korzystamy ze wzoru Eulera
6) Otrzymane równości S = T + 1,
W = I + B, K = 3T2+B
podstawiamy do wzoru Eulera:
2 = W − K + S.
F
82
W = I + B, K = 3T2+B
2=I +B −
3T + B
+ T + 1.
2
F
83
W = I + B, K = 3T2+B
0=I +B −
3T + B
+ T − 1.
2
F
84
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + B − − 1.
2
2
F
85
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
86
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
7) Skoro pole każdego z małych
trójkątów jest równe 12 , to pole P
wielokąta F jest równe T2 .
F
87
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
wielokąta F jest równe T2 . Wobec
tego
T
P=
2
88
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
tego
B
P = I + − 1,
2
89
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
tego
B
P = I + − 1,
2
a to właśnie jest wzór Picka!
90
A teraz. . .
A teraz. . . szukamy „blefów”!
91
11 92
Wykaż, że Bartek zawsze może grać tak, aby uniemożliwić Ani zwycięstwo.
A
A
B
B
B
A
12 93
13 94
13 95
13 96
Czy jeśli oba są wolne, to któryś
jest preferowany?
13 97
Czy jeśli oba są wolne, to któryś
jest preferowany? A co jeżeli już
obydwa są zajęte?
14 98
danego 100-kąta.
15 99
danego 100-kąta.
A
A
A
16 100
A
A
A
17 101
A
18 102
A
18 103
A
18 104
A
No chyba, że Ania właśnie
wygrała. . .
18 105
wygrała. . .
18 106
A
wygrała. . .
18 107
B
A
wygrała. . .
18 108
B
A
A
wygrała. . .
18 109
B
A
A
B
wygrała. . .
18 110
B
A
A
A
B
wygrała. . .
111
A
B
B
A
A
B
kolorowanie wierzchołka
późniejszego (zegarowo) niż
pokolorowany w danej rundzie
przez Anię, wcześniejszego jeżeli
późniejszy jest zajęty lub
dowolnego innego, gdy obydwa są
zajęte.
112
113
A
A
A
wierzchołków lub Ania właśnie
wygrała.
114
A
A
wierzchołków lub Ania właśnie
wygrała.
5) To oznaczałoby, że środkowy
wierzchołek pozostał biały
po rundzie, w której Ania
pokolorowała wcześniejszy
z wierzchołków w swojej trójce. . .
25 115
biało.
Jaka jest najmniejsza możliwa liczba niebieskich pól w całej tablicy?
Odpowiedź uzasadnij.
26 116
biało).
27 117
biało).
pole.
28 118
biało).
pole.
29 119
biało).
pole.
w każdym takim kwadracie musi
być co najmniej jedno niebieskie
pole (bo w każdym jest co
najwyżej osiem pól białych).
30 120
z kwadratów 3 × 3.
31 121
32 122
32 123
32 124
Nie wynika.
32 125
Nie wynika.
32 126
Nie wynika. Rysunku nie da się
poprawić, ale to nie znaczy, że nie
ma lepszego!
32 127
W. Guzicki
„Maksymalny, ale czy największy?”
Kwadrat nr 8 (marzec 2013)
Nie wynika. Rysunku nie da się
poprawić, ale to nie znaczy, że nie
ma lepszego!
128
w każdym z wyróżnionych
kwadratów musi być co najmniej
jedno niebieskie pole (bo
w każdym jest co najwyżej osiem
pól białych).
129
pól białych).
2) Wyróżnione kwadraty pokrywają
różne pola, wobec czego w całej
tablicy są co najmniej 4 pola
niebieskie.
130
pól białych).
2) Wyróżnione kwadraty pokrywają
różne pola, wobec czego w całej
tablicy są co najmniej 4 pola
niebieskie.
3) Rysunek pokazuje, że liczba 4 jest
osiągalna, jest więc odpowiedzią
na postawione w zadaniu pytanie.
38 131
dokładnie dwóch małych prostokątów. Udowodnij, że liczba wyróżnionych
39 132
40 133
41 134
3) Załóżmy, że prostokąt jest
podzielony na k małych
prostokątów (k 1) w taki
sposób, że liczba wyróżnionych
42 135
prostokątów.
43 136
prostokątów.
44 137
44 138
44 139
Może się też zmniejszyć o dwa. . .
44 140
44 141
44 142
Ale to też nie zmienia parzystości.
47 143
48 144
48 145
48 146
Dlaczego uzyskamy wszystkie możliwe podziały?
48 147
Czy uzyskamy wszystkie możliwe podziały?
Czy uzyskamy wszystkie podziały?
148
149
150
151
152
153
48 154
Czy uzyskamy wszystkie możliwe podziały? Nie.
155
punktów nie ulega zmianie, gdy
dodajemy nowy odcinek podziału.
156
2) Weźmy dowolny podział
i dodawajmy odcinki aż do
otrzymania kratki.
157
otrzymania kratki.
158
otrzymania kratki.
159
otrzymania kratki.
160
otrzymania kratki.
161
otrzymania kratki.
162
otrzymania kratki.
163
otrzymania kratki.
3) Liczba wyróżnionych punktów jest
parzysta, więc była taka także
w wyjściowym podziale.
55 164
Udowodnij, że pole P wielokąta F wyraża się wzorem
P = I + B/2 − 1.
F
65 165
66 166
F
67 167
F
67 168
F
67 169
Dlaczego taki podział istnieje?
F
67 170
2’) Spośród wszystkich podziałów F
na trójkąty o wierzchołkach
w punktach kratowych wybierzmy
ten, w którym liczba trójkątów jest
największa z możliwych.
F
67 171
Gdyby któryś z trójkątów nie był
mały, podział moglibyśmy
zagęścić. . .
F
67 172
zagęścić. . .
F
67 173
zagęścić. . .
F
69 174
F
70 175
3) Otrzymaliśmy spójny graf płaski
F
71 176
w którym
S = T + 1,
F
72 177
w którym
S = T + 1,
W = I + B.
F
73 178
w którym
S = T + 1,
W = I + B.
F
Co można powiedzieć o liczbie
krawędzi tego grafu?
74 179
F
75 180
3T
F
76 181
jednokrotnie
F
77 182
F
78 183
jest B.
F
79 184
F
2K = 3T + B.
80 185
F
K=
3T + B
.
2
81 186
W = I + B, K = 3T2+B
2 = W − K + S.
F
82 187
W = I + B, K = 3T2+B
2=I +B −
3T + B
+ T + 1.
2
F
83 188
W = I + B, K = 3T2+B
0=I +B −
3T + B
+ T − 1.
2
F
84 189
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + B − − 1.
2
2
F
85 190
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
86 191
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
wielokąta F jest równe T2 .
F
87 192
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
tego
T
P=
2
88 193
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
tego
B
P = I + − 1,
2
89 194
W = I + B, K = 3T2+B
B
T
= I + − 1.
2
2
F
tego
B
P = I + − 1,
2
a to właśnie jest wzór Picka!
195
To jeszcze nie koniec. . .
170 196
F
170 197
F
170 198
Skąd wiemy, że mamy z czego
wybierać?
F
170 199
Skąd wiemy, że mamy z czego
wybierać?
F
Każdy wielokąt ma triangulację.
200
13 18 32 44 48 67 170
(i sprawdź zanim ocenisz)
Dziękuję Państwu za uwagę!

Pomyśl zanim sprawdzisz

Transkrypt

Podobne dokumenty

EKO-dzieciaki

Sztuka ubioru. Moda na ulicy

Kalendarz na rok 2013 w technice scrapbookingu

Paweł Gora

List od Jezusa II

Koncert - The Aristocrats

Świąteczny decoupage Między Słowami

DIY dla dzieci - maski na Halloween

Koncert - Tribute to Nikos Chadzinikoau

Czerwony Kapturek i zabawa dla dzieci