16.12 Opgaven hoofdstuk 13: Matrices van afwisselend teken en hun telfunctie

Transcriptie

1 Opgave 3. a Voor n = hebben we als mogelijkheden Voor n = 3 zijn de mogelijkheden als volgt:,,, en.,, en. Opgave 3. b De som van de getallen in een rij of kolom is, dus er is altijd minstens één. Voor elke volgende moet er ook een aanwezig zijn om de som weer op te krijgen. Dus in elke rij of kolom is het aantal keren altijd exact één meer dan het aantal keren. Het totaal aantal niet-nullen is dus oneven. Opgave 3. c Per rij en kolom geldt volgens voorwaarde van definitie 3. dat de getallen en elkaar afwisselen. Bij opgave 3. b hebben we gevonden dat het aantal keren exact één meer is dan het aantal keren. Dan kunnen dus alle paren en afwisselend na elkaar en in dezelfde volgorde worden neergelegd, en houden we nog exact één keer een over. Deze kan niet midden in de rij of kolom geplaatst worden, want die ligt al keurig afwisselend. Dus hij moet aan één van beide uiteinden komen. Door het afwisselend neerleggen van de paren en hebben we één uiteinde met een en één uiteinde met een. Omdat het afwisselend moet zijn moet de die we nog moeten plaatsen aan de kant komen van de. Maar dan hebben we dus hierna aan beide uiteinden een. Dus een rij of kolom van buiten naar binnen lopend zal de eerste niet-nul die we tegen komen een zijn. Hieruit kun je dus ook concluderen dat een rij of kolom aan de rand van de matrix nooit een kan bevatten. Opgave 3. a We beginnen met de volgende 6 6 matrix van afwisselend teken Hier halen we de bovenste rij en de linker kolom weg Van de vijf nu zichtbare kolommen laten we ze nummeren tot en met 6 valt op dat behalve kolom bij elk de som van de getallen is. Bij de kolom is de som dus hier zou boven in de eerste rij een mogen de rest mag een krijgen. 9

2 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven Van de vijf nu zichtbare rijen laten we ze nummeren tot en met 6 valt op dat behalve rij 3 bij elk van de anderen de som van de getallen is. Bij rij 3 is de som van de getallen dus hier zou in de eerste kolom een mogen komen, de overige rijen mogen in de eerste kolom een krijgen. De enige plek die we nu nog niet hebben bekeken is de positie links boven, op rij en kolom. Maar zowel de eerste kolom, als de eerste rij, hebben we net voorzien van één en verder. Dus om ook in de eerste rij en eerste kolom de som van de getallen op uit te laten komen, kan in de linker-boven-hoek niets anders geplaatst worden dan een. Opgave 3. b Gaan we verder met het voorbeeld uit de vorige opgave komen we tot de volgende matrix Nu blijkt dat niet alleen kolom maar ook kolom 5 sommeert tot. Beiden hebben dus aan een uiteinde een nodig. Maar dat wat we gevonden hebben bij opgave 3. c toont aan dat dit in kolom boven moet en in kolom 5 beneden. Vergelijkbaar hebben de rijen 3 en 5 nu som, maar toont het uitgangspunt dat van buiten naar binnen lopend de eerste niet-nul een moet zijn, dat in rij 3 de links moet en in rij 5 rechts. Doordat iedere rij en kolom aan de buitenrand er inmiddels al een bij heeft gekregen, blijft er voor de hoekpunten niets anders over dan de. Zouden we echter met een iets andere matrix starten, bijvoorbeeld één waarbij het binnenste stuk een volwaardige matrix van afwisselend teken is blijkt dat we twee verschillende mogelijkheden hebben om er een 6 6 matrix van afwisselend teken van te maken kan zowel leiden tot als tot Opgave 3. a In figuur 56 vind je het ijsmodel met randvoorwaarden dat vertaald is, op de manier zoals voor deze opgave wordt uitgelegd, vanuit het voorbeeld van opgave 3. a. Opgave 3. b In opgave 3. a hadden we voor matrices van afwisselend teken twee voorbeelden gevonden. Ze staan daar in precies dezelfde volgorde als in figuur 6 op pagina 5 die we hebben gemaakt bij opgave 3.. In opgave 3. a hadden we voor 3 3 matrices van afwisselend teken zeven voorbeelden gevonden. De voorbeelden en 5 hiervan staan in figuur 7 op de bovenste rij. De voorbeelden en staan in figuur 7 op de tweede rij. De voorbeelden 7 en 6 staan in figuur 7 op de derde rij. En onderaan in figuur 7 staat voorbeeld 3 van de 7 voorbeelden van 3 3 matrices van afwisselend teken uit opgave 3. a. Opgave 3.5 a Een rij mag noch links noch rechts een uitstekend H-atoom hebben. Dit betekend dat het aantal H-atomen één minder is dan het aantal O-atomen. Kijken we naar de moleculen die in deze paragraaf vertaald worden naar een dan zien we dat ze elk op de horizontale rij naast het O-atoom één H-atoom hebben. Dus als we louter deze moleculen zouden inzetten hebben we per rij evenveel O-atomen als H-atomen en dus één H-atoom te veel. 95

3 H H H H H H O H O H O H O H O H O H H H H H H O H O H O H O H O H O H H H H H H O H O H O H O H O H O H H H H H H O H O H O H O H O H O H H H H H H O H O H O H O H O H O H H H H H H O H O H O H O H O H O H H H H H H Figuur 56: Een ijsmodel van 6 bij 6 met randvoorwaarden gebaseerd op de 6 6 matrix van afwisselend teken uit opgave 3. a Bij het molecuul Oost-West hebben we op de horizontale rij twee H-atomen per O-atoom. Dus ook deze helpt ons niet het aantal H-atomen lager te krijgen dan het aantal O-atomen. Alleen het Noord-Zuid molecuul stelt ons in staat te eindigen met minder H-atomen dan O-atomen. Er zal er dus minstens één per rij moeten voorkomen. Opgave 3.5 b Voortbordurend op de argumentatie uit opgave 3.5 a zien we dat elk Oost-West molecuul zorgt voor een toename van het aantal H-atomen ten opzichte van het aantal O-atomen met één. Om dit te compenseren moet er dus één extra Noord-Zuid molecuul worden ingezet om deze toename ongedaan te maken. Opgave 3.5 c Tussen twee Oost-West moleculen in een rij is een situatie, die vergelijkbaar is met een totale rij volgens de randvoorwaarden: er mag aan beide zijden geen H-atoom uitsteken want die zitten al vast aan de Oost-West moleculen waar we mee beginnen. Dus moet hier tussen een Noord-Zuid molecuul om het aantal H-atomen één lager te krijgen dan het aantal O-atomen. Analoog is de situatie tussen twee Noord-Zuid moleculen in een rij zo, dat er aan beide zijden juist een H-atoom moet uitsteken. En dus is er tussen een Oost-West molecuul nodig om er voor te zorgen dat het aantal H-atomen één meer is dan het aantal O-atomen. Opgave 3.5 d Voor de kolommen gaat de argumentatie volstrekt analoog, met als grootste verschil dat er nu per kolom boven en onder een H-atoom moet uitsteken. Nu is dus het aantal H-atomen dat er per kolom nodig is exact één meer dan het aantal O-atomen. Maar ook nu is het juist het Noord-Zuid molecuul dat hier voor zorgt. 96

4 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven Opgave 3.6 a Door voorwaarde en 5 uit definitie 3. ligt de rand volledig vast. Kijkend naar die rand volgt dat de binnenste vier vakjes elk maximaal twee kleuren kunnen hebben. Linksboven en rechtsonder kunnen geel of zwart zijn, want de beide rand blokjes die er naast liggen zijn rood. Rechtsboven en linksonder kunnen rood of zwart zijn, want de beide randblokjes er naast zijn geel. Omdat voor elk van de vier vakjes geldt dat het zwart kan zijn of één andere mogelijkheid, wordt het binnenstuk volledig bepaald door waar de zwarte vakjes komen. Van de vier vakjes in het midden kunnen er maximaal zwart zijn, want als er een derde zwart zou moeten zijn ligt die naast minstens één ander zwart blokje, en dat is in strijd met voorwaarde 3 uit definitie 3.. Voor twee vakjes zwart in het midden zijn er twee mogelijkheden, namelijk de eerste twee afbeeldingen in figuur 85. Een andere verdeling van twee zwarte vakjes, zou er wederom toe leiden dat er twee zwarte vakjes naast elkaar liggen. Voor geen zwarte vakjes in het midden is slechts één mogelijkheid, namelijk de vierde afbeelding in figuur 85. Voor één zwart vakje in het midden kunnen we uit elk van de vier middelste vakjes kiezen. De derde afbeelding in figuur 85 is er één van. De andere drie mogelijkheden staan in figuur 57. Meer mogelijkheden zijn er niet. Figuur 57: De drie andere mogelijkheden voor n = 3 voor een drie kleuren schaakbord met randvoorwaarden Opgave 3.6 b Het tweede schaakbord in figuur 86 klopt niet omdat er in de middelste rij, gezien van links naar rechts, na het gele vakje twee zwarte vakjes naast elkaar zitten. Dit is in strijd met voorwaarde 3 van definitie 3.. Het derde schaakbord in figuur 86 klopt niet omdat er op de hoek rechtsonder een geel vakje zit. Dit is in strijd met voorwaarde van definitie 3.. Het zesde schaakbord in figuur 86 klopt niet omdat er langs de randen vanaf de linker bovenhoek, of vanaf de rechter onderhoek vakjes gekleurd zijn in de volgorde zwart geel rood zwart. Dit is in strijd met voorwaarde 5 van definitie 3.. Opgave 3.6 c In figuur 58 enkele voorbeelden voor n =, en in figuur 59 enkele voorbeelden voor n = 5. Figuur 58: Enkele andere mogelijkheden voor n = voor een drie kleuren schaakbord met randvoorwaarden 97

5 Figuur 59: Enkele mogelijkheden voor n = 5 voor een drie kleuren schaakbord met randvoorwaarden Opgave 3.7 a a b Een matrix van de vorm ontstaat uit de vertaling van de kleuren naar de cijfers, en : zwart is, rood is c d en geel is. Voorwaarde uit definitie 3. vertelt ons dat dit de enige drie kleuren zijn die in zo n schaakbord voor komen. En voorwaarde 3 uit deze definitie vertelt ons dat aangrenzende vakjes altijd verschillend van kleur zijn. Stel dus dat a en d verschillend zijn. Dan is er voor b en c nog maar één kleur over en dus zijn in dat geval b en c aan elkaar gelijk. En als b c dan volgt analoog dat a = d. Opgave 3.7 b Bij de gekozen waarden, en voor de kleuren mag 3 opgeteld worden als dit nodig is. Bij opgave 3.7 a heb je net aangetoond dat er in de bij matrix altijd minstens één diagonaal is met op beide plekken hetzelfde getal, laten we zeggen k. De andere twee getallen in de matrix zijn andere kleuren andere getallen dan deze k. Afhankelijk van welke kleuren het zijn is dit eventueel na slim optellen met 3 altijd te herschrijven naar k of k + of beide. zwart geel Bijvoorbeeld wordt rood zwart wordt 3 3 Opgave 3.7 c en 3.7 d We lopen het per kleur per diagonaal langs. We beginnen met de kleur zwart op de ene diagonaal: met a en d: zwart rood rood zwart zwart geel geel zwart zwart geel rood zwart zwart rood geel zwart + = ; = ; = ; =. Vervolgens de kleur zwart op de andere diagonaal: met b en c: rood zwart zwart rood geel zwart zwart geel + = ; = ;. 98

6 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven geel zwart zwart rood rood zwart zwart geel = ; =. Dan de kleur rood voor zover niet al hierboven gehad op de ene diagonaal: met a en d: rood geel geel rood rood geel zwart rood rood zwart geel rood + = ; + = ; + =. En de kleur rood op de andere diagonaal: met b en c: geel rood rood geel geel rood rood zwart zwart rood rood geel + = ; + = ; + =. Tot slot de kleur geel voor zover niet al hierboven gehad op de ene diagonaal: met a en d: geel rood zwart geel geel zwart rood geel En de kleur geel op de andere diagonaal: met b en c: rood geel geel zwart zwart geel geel rood = ; 3 3+ =. + 3 = ; + 3 =. Opgave 3.8 a Figuur 8a:. 99

7 Figuur 8b: Figuur 8c: Figuur 85a: Figuur 85b: Figuur 85c: Opgave 3.9 a p q r s t u pt qs qu rt pt qstx uw qu rtsw tv = sw tv tx uw t v w x pt x ptuw qstx + qsuw qusw qutv rtsw + rt v t =

8 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven pt x ptuw qstx + qsuw qusw + qutv + rtsw rt v = t ptx puw qsx+qsuwt +quv +rsw rtv = ptx+quv +rsw +qsuwt puw qsx rtv. Opgave 3.9 b =. Opgave 3.9 c a b c d e f g h af be bg cf ch dg i j k l ej fi fk gj gl hk in jm jo kn kp ol m n o p af befk gj bg cfej fi f ej fijo kn fk gjin jm j bg cfgl hk ch dgfk gj g fk gjkp ol gl hkjo kn k Voor de vraag in de opgave is het tot hier voldoende. Voor de geïnteresseerde lezer volgt hieronder de verdere uitwerking van deze berekening. Hieruit volgt een aannemelijk overzicht van termen die, op de wijze zoals beschreven in de paragraaf, overeen komen met matrices van afwisselend teken. af befk gj bg cfej fi f fk gjkp ol gl hkjo kn k bg cfgl hk ch dgfk gj g ej fijo kn fk gjin jm j fk gj = af k afgj befk+begj bgej+bgfi+cfej cf i f fk p fkol gjkp+gjol gljo+glkn+hkjo hk n k bg l bghk cfgl+cfhk chfk+chgj+dgfk dg j g ej o ejkn fijo+fikn fkin+fkjm+gjin gj m j fk gj = afk agj bek + begjf + bgi + cej cfi fkp fol gjp + gjolk + gln + hjo hkn bgl bhk cfl + cfhkg + chj + dfk dgj ejo ekn fio + fiknj + fkm + gin gjm fk gj =

9 af k p af kol afkgjp + afgjol + afkgln + afkhjo afk hn+ agjfkp + agjfol + ag j p ag j olk ag jln agj ho + agjhkn+ bek fp + bekfol + bekgjp begjol bekgln bekhjo + bek hn+ begjkp begjol beg jf jp + beg jf jolk + beg jf ln + begj f ho begjf hkn+ bgifkp bgifol bg ijp + bg ijolk + bg iln + bgihjo bgihkn+ cejfkp cejfol cej gp + cej golk + cejgln + cej ho cejhkn+ cf ikp + cf iol + cfigjp cfigjolk cfigln cfihjo + cfihkn+ bglejo + bglekn + bglfio bglfiknj bglfkm bg lin + bg ljm+ bhkejo bhk en bhkfio + bhk finj + bhk fm + bhkgin bhkgjm+ cflejo cflekn cf lio + cf liknj + cf lkm + cflgin cflgjm+ cfhkg ejo + cfhk g en + cf hkg io cf hkg iknj + cf hk g m cfhkin + cfhkjm+ chj eo + chjekn + chjfio chfikn chjfkm chjgin + chj gm+ dfkejo + dfk en + df kio df k inj df k m dfkgin + dfkgjm+ dgj eo dgjekn dgjfio + dgfikn + dgjfkm + dg jin dg j m fk gj = afkp aflo agjp + agln + ahjo ahkn bekp + belo + bgip bglm bhio + bhkm + cejp celn cfip + cflm + chin chjm dejo + dekn +dfio dfkm dgin + dgjm + agjlok + begjlof k + begjpf + beglnf + behjof + behknf + bgilnj + bgilok + bhiknj + cehjog + cehkng + cejlok + cfhikng j + cfhiog + cfhkmg + cfilnj + cfilok + dfiknj fk gj fk gj = afkp aflo agjp + agln + ahjo ahkn bekp + belo + bgip bglm bhio + bhkm + cejp celn cfip + cflm + chin chjm dejo + dekn +dfio dfkm dgin + dgjm + agjlok + begjlof k + begjpf + beglnf + behjof + behknf + bgilnj + bgilok + bhiknj + cehjog + cehkng + cejlok + cfhikng j + cfhiog + cfhkmg + cfilnj + cfilok + dfiknj. Nemen we uit deze termen enkele voorbeelden, dan zien we dat het inderdaad overeenstemt met matrices van afwisselend teken: afkp, bhio,

10 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven cfhikng j en dfiknj. Opgave 3. a In het ijsmodel van n n moeten in de bovenste rij bij alle O-atomen altijd H-atomen naar boven uitsteken. Dat zijn dus n H-atomen. Aan de zij kant mogen geen H-atomen uitsteken, maar tussen alle O-atomen moeten wel H-atomen voorkomen. Tussen n O-atomen is plaats voor n H-atomen. In de bovenste rij hebben we n watermoleculen, dus n O-atomen en n H-atomen. Tussen en boven de O-atomen is plaats voor n + n = n H-atomen. Er blijft er dus exact één H-atoom over dat naar beneden steekt. Opgave 3. b In het ijsmodel van n n moeten in de onderste rij bij alle O-atomen altijd H-atomen naar onder uitsteken. Dat zijn dus n H-atomen. Opgave 3. c Bij iedere rij hebben we n watermoleculen, dus n O-atomen en n H-atomen. Tussen n O-atomen is plaats voor n H-atomen. Het aantal H-atomen dat naar boven kan uitsteken is n min het aantal H-atomen dat in de rij erboven naar beneden uit steekt. Stel dat er in de rij erboven k H-atomen naar beneden uitsteekt. Dan kunnen er dus in deze rij n k H atomen omhoog wijzen. Tussen en boven de O-atomen van deze rij is dus plaats voor n k + n = n k H-atomen. Het aantal H-atomen dat overblijft en dat dus naar benden moet wijzen is dan n n k = k +. Met andere woorden precies één meer dan er in de rij erboven naar beneden stak. Opgave 3. We nemen een rood H-atoom. Deze hangt onder een O-atoom dat we x noemen. Laten we zeggen dat we rechts van x nog k O-atomen hebben, waarvan er l beschikken over een H-atoom dat naar beneden hangt, en dus dat rood is. Onder O-atoom x hangt het rode H-atoom waar we mee begonnen en daaronder is een O-atoom dat we y noemen. Omdat het H-atoom tussen x en y rood is hoort het bij x, dus O-atoom y kan geen H-atoom naar het noorden hebben wijzen. Dus voor O-atoom y zijn er slechts drie mogelijkheden: West-Zuid, West-Oost of Zuid-Oost. In de eerste situatie steekt er geen H-atoom naar rechts, in de tweede en derde situatie wel. In de situatie dat er rechts van y geen H-atoom aan y vast zit hebben we rechts van y tussen de O-atomen plaats voor k H-atomen. Voor deze O-atomen kunnen er op l posities geen H-atoom naar boven wijzen, want daar hangen al H-atomen aan de rij erboven. Dus totaal kunnen er k l H-atomen omhoog wijzen vanuit de rij O-atomen rechts van y. We moeten hier k H-atomen onderbrengen en we hebben er al k + k l = k l ondergebracht. Er moeten dus k k l = l H-atomen naar beneden wijzen, en deze kleuren we dus rood. Dus in deze situatie is in de rij rechts van y het aantal H-atomen dat rood is gelijk aan het aantal rode H-atomen rechts van x. In de situatie dat er rechts van y wel een H-atoom aan y vast zit hebben we rechts van y tussen de O-atomen plaats voor k H-atomen. Net als in de vorige situatie kunnen er k l H-atomen omhoog wijzen vanuit de rij O-atomen rechts van y. We moeten hier k H-atomen onderbrengen en we hebben er al k +k l = k l ondergebracht. 3

11 Er moeten dus k k l = l + H-atomen naar beneden wijzen, en deze kleuren we dus rood. Dus in deze situatie is in de rij rechts van y het aantal H-atomen dat rood is één meer dan het aantal rode H-atomen rechts van x. Voor links van x is een vergelijkbaar verhaal te houden. Opgave 3. a Als we in ons ijsmodel een Noord-Zuid molecuul hebben, dan betekent dat dat er een H-atoom naar beneden wijst, en dus dat het H-atoom rood moet zijn en dus dat het kolomnummer van dit molecuul moet voorkomen in onze driehoek. Ook betekent het feit, dat dit een Noord-Zuid molecuul is, dat het H-atoom boven ons bij dit molecuul hoort, en dus, dat het H atoom boven ons niet rood kan zijn. Dus het kolomnummer van dit molecuul kan niet voorkomen in de regel boven dit molecuul in de driehoek. Dus een Noord-Zuid molecuul kan alleen voorkomen in het ijsmodel op de manier zoals hier beschreven, op grond van de gegevens van de driehoek. Als we in ons ijsmodel een Oost-West molecuul hebben, dan betekent dat dat het H-atoom onder dit molecuul hier niet bij hoort en dus niet rood gekleurd is, en dus dat het kolomnummer van dit molecuul niet moet voorkomen in onze driehoek. Ook betekent het feit, dat dit een Oost-West molecuul is, dat het H-atoom boven ons niet bij dit molecuul hoort, en dus bij het molecuul hierboven, met andere woorden naar beneden hangt. Dus moet het H atoom boven dit Oost-West molecuul rood zijn. Dus het kolomnummer van dit molecuul moet wel voorkomen in de regel boven dit molecuul in de driehoek. Dus een Oost-West molecuul kan alleen voorkomen in het ijsmodel op de manier zoals hier beschreven, op grond van de gegevens van de driehoek. Opgave 3. b & 3. c In de eerste regel van figuur 93 komt één Noord-Zuid molecuul voor. Deze is in de tweede kolom. Dus in figuur 9 moet in de eerste regel een voor komen en in de regel erboven geen. Nu is de regel boven de eerste regel natuurlijk de lege regel, dus het kopt dat daar geen in voor komt. En de eerste regel bevat inderdaad een. De tweede regel van figuur 9 bevat een, die ook in de regel erboven voorkomt, en een 3, die niet in de regel erboven voorkomt. Dus in kolom 3 van figuur 93 moet het enige Noord-Zuid molecuul van die regel te vinden zijn. En dat is inderdaad het geval. In de derde regel van figuur 9 komt geen voor, terwijl die wel voorkomt in de regel er boven. En inderdaad vinden we in kolom van de derde regel van figuur 93 een Oost-West molecuul. In kolom en van de derde regel en in kolom van de vierde regel vinden we in figuur 93 Noord-Zuid moleculen. Dit correspondeert met de observatie dat in figuur 9 in de derde regel de getallen en verschijnen, die er in de tweede regel niet zijn, en in de vierde regel verschijnt het getal, dat in de derde regel ontbreekt.

12 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven Opgave 3.3 a getallen bereikbaar vanaf totaal , 3 3,, 3 3, 3 3 3,, 3, 3, 3, , 3, 3 3, 7, 3 3,, 3, ,, 3, 3, 3, 3, 3 7 Opgave 3.3 b Voor een monotone driehoek voor n = 3 geldt: getallen bereikbaar vanaf totaal , 3, 3, , 3 Totaal zijn er dus = 7 verschillende monotone driehoeken mogelijk voor n = 3. 5

13 Voor een monotone driehoek voor n = 5 geldt: getallen bereikbaar vanaf totaal , 35 3, 35, , 5 3 3, 35, 5, , 5, , , 35, 5, 35, , 5, 35, , 35, , 35 3, 3, , 3, 5, 3, , 5, 3, 35 3, 5 5 5, 35 3, , 3, 5, 3, 35 3, 3 5, , 5, 3, 35 3, 5, 3 5, 35, , 35 3, 5, 35, , 35 3, 5, 3 5, 35, 5 3, , 5, 35, 5 3, , 5 3, , 3,, 5 7 7, 3,, 5 7, 3 3, 6, ,, 5 7, 3 3, 6, 5, 3 3, 35 35, 5 7, 6, 5, 3 3, 35, , 5, 35, 5 7 Totaal zijn er dus = 9 verschillende monotone driehoeken mogelijk voor n = 5. 6

14 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven Figuur 6: De verschillende mogelijkheden per rij in een monotone driehoek voor n = Figuur 6: De verschillende mogelijkheden per rij in een monotone driehoek voor n = 5 7

15 Opgave 3. n nr. ijsmodel monotone driehoek matrix van afwisselend teken Dodgson term drie kleuren schaakbord a ad b bc De vraag is of deze twee varianten op een logische manier gerelateerd kunnen worden aan de volgende twee totaal symmetrische zelf complementaire 3-d partities in een kubus van n n n voor n =. n nr. 3-d partitie matrix configuratie niet snijdende paden ruitbetegeling honingraatbetegeling

16 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven n nr. ijsmodel monotone driehoek matrix van afwisselend teken Dodgson term drie kleuren schaakbord 3 a 3 ptx 3 b rtv 3 c 3 3 qsuwt 3 d 3 qsx 3 e 3 3 puw 3 f rsw 3 g 3 3 quv 9

17 De vraag is of deze zeven varianten op een logische manier gerelateerd kunnen worden aan de volgende zeven totaal symmetrische zelf complementaire 3-d partities in een kubus van n n n voor n = 3. n nr. 3-d partitie matrix configuratie niet snijdende paden ruitbetegeling honingraatbetegeling

18 Hoofdstuk 6 Antwoorden of oplossingsrichtingen bij geselecteerde opgaven n nr. 3-d partitie matrix configuratie niet snijdende paden ruitbetegeling honingraatbetegeling Of er op deze vraag een antwoord is en als dat zo is, welk antwoord, is op dit moment onbekend.