Математический факультетИнформация для студентовЭлектронная библиотека
Карта сайтаКарта сайта
Недавние измененияНедавние изменения
ПоискПоиск
  
Вы посетилиВы посетили
История страницыИстория страницы
  
Вход/выходВход


Содержание

MM150

Конукрсная задача ММ150 (КГ15) (12 баллов)

Каждому n-угольнику поставим в соответствие ожерелье из n бусин белого, зеленого и красного цветов следующим образом: свободой стороне соответствует белая бусина; полусвободной - зеленая; зажатой - красная. Два n-угольника назовем эквивалентными, если им соответствуют одинаковые ожерелья (ожерелье не меняется при поворотах и переворачивании). На сколько классов эквивалентности разобьются 20-угольники?

Решение

Еще раз приведу решение Андрея Халявина.

Расставим черные бусины в углы многоугольника, которые меньше развернутого, и белые - в углы больше развернутого. Конфигурация черных и белых бусин однозначно определяет цвет сторон. В обратную сторону однозначность нарушается, только если все стороны зеленые. Но возникающие при этом две две конфигурации переводятся друг в друга поворотом. Таким образом задача свелась к подсчету числа ожерелий из бусин двух цветов. При этом черных бусин не меньше трех, так как в многоугольнике не меньше трех углов, меньших развернутого. (Для доказательства достаточно рассмотреть выпуклую оболочку исходного многоугольника.) С другой стороны, любая конфигурация, в которой не менее трех черных бусин, очевидно, возможна. (Достаточно взять правильный 20-угольник и вдавить внутрь вершины, соответствующие белым бусинам.)

Подсчитаем количество черно-белых ожерелий без учета ограничения, что черных бусин не менее трех. Воспользуемся леммой Бернсайда. В качестве группы преобразований G выступает группа диэдра, состоящая из 20-и симметрий и 20-и поворотов (включая тождественный). Если g из G - симметрия, ось которой проходит через две бусины, то для g имеется 211 неподвижных конфигураций. Если же ось симметрии не проходит через бусины, для g имеется 210 неподвижных конфигураций. Значит, вклад симметрий 10(211+210). Для поворотов имеем сумму 1/{40}sum{d|20}{}phi(d)2^{{20}/d}. Итого получаем (10(211+210)+220+210+2*25+4*24+4*22+8*2)/40=27012.

Очевидно, что существует ровно одно ожерелье из белых бусин, одно ожерелье с одной черной бусиной и 10 ожерелий с двумя черными бусинами. Поэтому окончательно получаем 27012-1-1-10=27000 классов 20-угольников.

Обсуждение

Задача о подсчете числа ожерелий широко известна. Наиболее подробное и доступное изложение (среди известных мне) можно найти в книге Дж. Андерсона «Дискретная математика и комбинаторика».

Разумеется, вместо 20-угольников можно было рассматривать произвольные n-угольники. Число 20 привлекло меня красотой ответа, являющегося в этом случае круглым числом и, к тому же, полным кубом!

С помощью леммы Бернсайнда можно вывести и явную формулу для подсчета ожерелий, в которых число бусин каждого цвета фиксировано. Например, число черно-белых ожерелий из n бусин, среди которых и m черных, подсчитывается по формуле 1/2(1/n sum{d|(n,m)}{}phi(d)(matrix{2}{1}{n/d m/d})+(matrix{2}{1}{{[(n-m)/2]+[m/2]} {[m/2]}})). Вывод этой формулы можно посмотреть, например, здесь: http://www.omsu.omskreg.ru/vestnik/articles/y1998-i2/a021/article.html При n = 20, суммируя по всем m ≥ 3, вновь получим 27000.

Интересно, что если не различать полусвободные и зажатые стороны, задача станет сложнее. Пусть свободным сторонам соответствуют белые бусины, а прочим - красные. Если сторона не является свободной, то хотя бы одна из соседних с ней сторон тоже не является свободной. Поэтому красная бусина не может быть окружена белыми. Таким образом, при n > 5 интересующее нас число классов равно количеству ожерелий, которые можно составить из n белых и красных бусин, при условии, что никакая красная бусина не окружена белыми. Я посчитал количество классов для всех n ≤ 18 (например, при n=18 получается 799 классов), но общей формулы мне вывести не удалось.

В заключение еще об одной классификации, для которой мне не удалось вывести общую формулу для подсчета числа классов. Будем считать эквивалентными n-угольники, у которых поровну как внутренних, так и внешних диагоналей. Можно показать, что число классов не превосходит (n4-10n3+39n2-70n+56)/8. Но, начиная с n=6, эта оценка завышена.

Награды

За правильное решение задачи ММ150 Алексей Волошин, Анатолий Казмерчук и Андрей Халявин получают по 12 призовых баллов. Сергей Половинкин получает 11, Виктор Филимоненков - 9 призовых баллов.

Эстетическая оценка - 4.2 балла

Разбор задачи ММ150 подготовил Владимир Лецко


Приложение

 

 


Страница: [[marathon:problem_150]]

marathon/problem_150.txt · Последние изменения: 2019/06/23 17:12 — letsko
Powered by DokuWiki  ·  УКЦ ВГПУ 2006