Delta mi!

Niech będzie osią symetrii szachownicy, równoległą do pewnych dwóch jej boków. Gracz drugi ma strategię wygrywającą - każdy swój pionek stawia symetrycznie do postawionego w poprzednim ruchu pionka przeciwnika względem prostej

Gracz pierwszy ma strategię wygrywającą - powinien postawić pierwszego hetmana na środkowym polu, a następnie odpowiadać środkowosymetrycznie względem tego pola.

Pierwszy gracz w pierwszym ruchu rozcina środkowe ogniwo. W ten sposób tworzą się dwa łańcuchy po 12 ogniw. Cokolwiek gracz drugi zrobi z jednym z nich, gracz pierwszy odpowiada identycznym ruchem na drugim łańcuchu.

Kluczowa jest obserwacja, że czekoladę kwadratową (czyli o wymiarach ) można otrzymać tylko z niekwadratowej. Zatem receptą na zwycięstwo jest tworzenie kwadratu, o ile to możliwe. Jeśli to zwycięży pierwszy gracz, a w przeciwnym razie - drugi.

Gracz drugi wygrywa - stawia swoje trzy skoczki tak, by razem z ustawionym w poprzednim ruchu przez gracza pierwszego wyznaczały one prostokąt, którego środkiem jest środek szachownicy i którego boki są równoległe do jej brzegów.

W pierwszym ruchu gracz pierwszy zabiera jedną srebrną monetę. Po każdym ruchu drugiego gracza, pierwszy może doprowadzić do tego, aby na stole było o jedną więcej złotych monet niż srebrnych.

Jeśli jest liczbą parzystą, to gracz pierwszy wygrywa, pisząc raz literę i razy literę Gdy to wygrywa gracz drugi w następujący sposób. Przez pierwszych ruchów nie robi nic, a po napisaniu litery -tej sprawdza, czy jest ona taka sama jak -ta. Jeśli tak, to nic nie robi, a jeśli nie, to literę -tą zamienia z tą z liter która jest od niej inna.

Jeśli co najmniej dwie z liczb są parzyste, to wygrywa drugi gracz, wykonując ruchy środkowosymetryczne względem środka prostopadłościanu do ruchów gracza pierwszego. Jeśli są co najmniej dwie nieparzyste, powiedzmy i to strategię wygrywającą ma gracz pierwszy. Najpierw wbija igłę w środek ściany (ta igła przechodzi przez środek prostopadłościanu), a następnie odpowiada środkowosymetrycznie względem środka prostopadłościanu.

Zagrajmy jednocześnie z dwoma arcymistrzami: i Pierwszą partię niech zaczyna grając białymi. Po jego pierwszym ruchu przerwijmy na chwilę grę z nim i rozpocznijmy drugą partię, z dokładnie tym samym ruchem, który wykonał w pierwszej grze. Gracz jakoś na ten ruch odpowie czarnymi. Wtedy wróćmy do przerwanej rozgrywki z i powtórzmy w niej ten właśnie ruch czarnymi. I tak dalej, ruchy białymi gracza z pierwszej gry kopiujmy w grze drugiej, a ruchy czarnymi z drugiej gry kopiujmy w grze pierwszej. W ten sposób dokładnie jedną z tych dwóch gier wygramy, czyli pokonamy arcymistrza szachowego (ewentualnie z obydwoma arcymistrzami zremisujemy - to też sukces!).

Tak samo, jak w "kółko i krzyżyk". Miasta odpowiadają kolumnom, wierszom i przekątnym planszy, drogi zaś - jej dziewięciu polom.

Wygrywa umieszcza pierwszą złotówkę na środku stolika, po czym na każdy ruch przeciwnika odpowiada, kładąc monetę symetrycznie względem środka. Jeśli znalazł miejsce na monetę, to też znajdzie - miejsce symetryczne jest wolne.

Wygrywa Może zacząć od narysowania jednej z głównych przekątnych i na każdy ruch przeciwnika odpowiadać ruchem symetrycznym względem niej.

Co więcej, wygrywa nawet bez żadnej strategii, gdyż gra zawsze trwa 9 ruchów. Zauważ, że -kąt foremny ma nieprzecinające się przekątne.

Oznaczmy przez i sumy wektorów wybranych przez graczy, a przez sumę danych wektorów: Jeśli to gra kończy się remisem, bo Jeśli to wektory i tworzą trójkąt - być może zdegenerowany. Stąd wtedy i tylko wtedy, gdy koniec wektora znajduje się po tej samej stronie symetralnej wektora co koniec Strategią dla jest zatem maksymalizowanie składowej w kierunku czyli spośród dostępnych wektorów branie zawsze takiego o największej składowej w kierunku Wygrywa lub remisuje, bo bierze zawsze wektor o co najwyżej równie dużej składowej w tym kierunku i łącznie ma tyle samo wektorów. Gdy gra jest remisowa, żadna inna strategia nie zagwarantowałaby wygranej.

Pokolorujmy szachownicę w mur. Każdy kwadrat zawiera w całości pewną cegłę Jeśli zawsze wstawia swój pionek, złośliwie, do tej samej cegły, w której właśnie zagrał to nie może wygrać. Jest to więc strategia nieprzegrywająca dla Pozostawiam Czytelnikom podobne sprawdzenie, że nie ma strategii wygrywającej.

Gracz najpierw pyta, czy wybrane słowo jest w pierwszej połowie słownika. Potem pyta, czy jest ono w pierwszej połowie odpowiednio pierwszej lub drugiej połowy itd.; w każdym kolejnym pytaniu dwukrotnie zawęża obszar poszukiwań. Ponieważ więc 20 pytań wystarczy, by zostało tylko jedno słowo.

Nic się nie zmienia, gracz gra jak dotychczas: numeruje słowa w systemie dwójkowym (wystarcza do tego 20 cyfr) i w -tym pytaniu pyta, czy na -tym miejscu w numerze wybranego słowa jest cyfra 0.

Niech oznacza gracza rozpoczynającego, zaś jego przeciwnika. Wykażemy, że ma strategię wygrywającą, polegającą na pozostawianiu po każdym swoim ruchu dwóch stosów o nieparzystej liczbie monet.

Jeśli na każdym stosie jest nieparzysta liczba monet i przynajmniej jedna z nich jest większa od to po wykonaniu swojego ruchu zostawi dla stos z parzystą liczbą monet (i drugi o nieparzystej liczbie monet). Wówczas może usunąć stos o nieparzystej liczbie monet, a ten o parzystej liczbie monet podzielić na dwa stosy zgodnie ze swoją strategią.

Gra zakończy się wygraną gdy zostawi on dla dwa jednomonetowe stosy.

Kluczem do rozwiązania zadania jest zrobienie tabeli kto wygrywa dla początkowych wartości Niech oznacza gracza rozpoczynającego, zaś jego przeciwnika.

Gdy gracz rozpoczynający nie może wykonać ruchu, więc wygrywa jego przeciwnik - gracz

Gdy to zabiera monetę i dostaje pusty stos i przegrywa.

Gdy to musi zabrać monetę i przeciwnik jest w przed chwilą przeanalizowanej wygrywającej sytuacji.

Gdy to zabiera odpowiednio monet, zostawiając przeciwnika z monetami, czyli jest w przed chwilą przeanalizowanych pozycjach przegrywających.

Nietrudno jest w podobny sposób przeanalizować dalszy przebieg tabeli i zauważyć, że wygrywa wtedy i tylko wtedy, gdy przystaje modulo 8 do 0 lub 2. Skoro to ma strategię wygrywającą.

Niech drugiego dnia inny turysta pokonuje trasę w górę dokładnie tak samo, jak nasz turysta dzień wcześniej. W pewnym momencie obaj muszą się minąć!

Tylko okładki - przednią I tomu i tylną II tomu, łącznie 1

Podpalamy jednocześnie pierwszy sznurek na obu końcach i drugi sznurek na jednym. Pierwszy sznurek spali się cały w pół godziny, w tym momencie zaczynamy mierzyć czas i podpalamy drugi koniec drugiego sznurka. Ponieważ zostało mu jeszcze pół godziny, to paląc się na obu końcach spłonie w kwadrans.

Podpalamy sznurek jednocześnie na obu końcach i w dowolnym innym punkcie, uzyskując dwa fragmenty płonące każdy na obu końcach. Ilekroć któraś część się cała spali, natychmiast podpalamy dowolny punkt drugiej części; być może powtarzamy tę procedurę nieskończenie wiele razy. W ten sposób zawsze mamy 4 płomyki, więc cały sznurek spali się w kwadrans.

Tak. Idą dwie najszybsze osoby, jedna z nich wraca z latarką, potem idą dwie najwolniejsze, druga z najszybszych wraca z latarką i znów idą razem dwie najszybsze. To zajmuje 17 minut i można sprawdzić, że szybciej się nie da.

Samochód dłużej jechał z prędkością więc średnia prędkość jest poniżej Dokładne rachunki pokazują, że jest ona średnią harmoniczną liczb i :

Nie ma takiej prędkości. Z poprzedniego zadania

Gdy na każdym stosie leży parzysta liczba bierek, wówczas każdy ruch powoduje, że liczność co najmniej jednego stosu stanie się nieparzysta. Z takiej sytuacji można jednym ruchem ponownie uzyskać stan: obie liczności parzyste. Można przy tym wybrać taki ruch, który zmniejsza łączną liczbę bierek w obu stosach (jedyny typ ruchu, który tego nie robi, to przełożenie bierki ze stosu na drugi - ale wtedy ten sam efekt parzystości można uzyskać, zdejmując po jednej bierce z obu stosów). Stąd wynika, że stany typu obie parzyste to pozycje przegrywające; pozostałe pozycje są wygrywające. Istotnie, ze stanu pierwszego typu każdy ruch prowadzi do stanu drugiego typu; stąd zaś istnieje ruch, przywracający stan obie parzyste i zmniejszający łączną liczność (co gwarantuje, że gra się zakończy).

Dostajemy odpowiedź:
gracz rozpoczynający ma strategię zwycięską wtedy i tylko wtedy, gdy na starcie liczba bierek w co najmniej jednym stosie jest nieparzysta.

Pokolorujmy (dla przejrzystości zamiast kolorować numerujemy) pola szachownicy jak na rysunku 1. Każdy klocek pokrywa pola z numerami 1, 2, 3.

Ponieważ na szachownicy są 22 pola z liczbą 2, pozostać niepokryte musi jedno z pól z takim właśnie numerem (Rys. 2). Ale które?

Ponumerujmy teraz pola szachownicy w nieco inny sposób (Rys. 3). I tym razem są 22 pola z numerem 2, więc tylko takie pole może zostać niepokryte. To pozostawia nam cztery pola (a tak uczciwie mówiąc, to istotnie tylko jedno, ze względu na symetrię).

Nietrudno wypełnić szachownicę klockami tak, aby niepokryte pozostało to właśnie pole (Rys. 4).

Wpiszmy w pola szachownicy liczby jak na Rys. 5 Wówczas każdy klocek pokrywa pola o sumie liczb równej 2. Suma wszystkich liczb wpisanych w pola szachownicy jest równa 44, a ponadto 21 klocków pokrywa pola o sumie liczb 42. Niepokryte zostaje więc pole z liczbą 2.