Delta mi!

Wpiszmy w pola szachownicy liczby jak na rysunku. Wówczas każdy klocek pokrywa pola o sumie liczb równej 6, zatem 12 klocków pokrywa pola o sumie liczb 72. Suma wszystkich liczb wpisanych w pola szachownicy jest równa 84. Niepokryte zostają więc pola z sumą liczb równą 12, zatem muszą to być cztery pola z liczbą 3 położone w środku szachownicy. Podanie przykładu ułożenia klocków pozostawiamy Czytelnikowi.

Pokolorujmy pola szachownicy, zaznaczając tzw. pozycje wygrywające kolorem, a przegrywające na szaro. Pole h8 jest wygrywające – gracz, który na nim stanie, wygrywa. Wobec tego wszystkie pozostałe pola w górnym wierszu, w prawej kolumnie i na przekątnej łączącej a1 z h8 są przegrywające (Rys. a) – jeśli gracz na nich stanie, przeciwnik może przejść na h8 i wygrać. Stąd pola g6 i f7 są wygrywające (Rys. b) – jeśli gracz na którymś z nich stanie, przeciwnik może iść tylko na pola przegrywające. Można więc wskazać kolejne pozycje przegrywające (Rys. c) i wygrywające (Rys. d). Ostatecznie otrzymujemy pokolorowanie całej szachownicy (Rys. e).

Pole c1 jest szare. Istnieje zatem strategia wygrywająca dla gracza rozpoczynającego: w kolejnych swoich ruchach stawia królową zawsze na kolorowych polach (wygrywających). Wówczas przeciwnik musi za każdym razem postawić królową na polu szarym (przegrywającym), a z takiego pola można znów przejść na pole kolorowe. Pole h8 jest kolorowe, więc przy tej strategii faktycznie stanie na nim (czyli wygra) gracz rozpoczynający.

Zaznaczmy na poziomej osi układu współrzędnych, ile jabłek zjedzono, a na pionowej, ile pomarańczy. Pojedynczy ruch to przesunięcie o ileś jednostek do góry, w prawo albo na ukos do góry i w prawo, czyli dokładnie ruchy królowej. Pozycja rozpoczynająca grę, czyli  (nic jeszcze nie zjedzono) odpowiada początkowemu polu c1. Wygrywa ten, kto zje ostatni owoc, czyli zajmie pozycję  odpowiadającą polu h8. Po takim „przetłumaczeniu” problemu można natychmiast wywnioskować z zadania 1, że strategię wygrywającą ma gracz rozpoczynający (i nawet wiemy, jaką!)

Pierwszą przydatną w rozwiązaniu informacją jest to, które trójki spośród danych liczb mają sumę 15. Pozostawiam Czytelnikowi łatwe sprawdzenie, że są to dokładnie te trójki, które znajdują się w jednym wierszu, jednej kolumnie lub na przekątnej kwadratu z rysunku. Jest to więc tzw. kwadrat magiczny.

Gracz wygrywa, jeśli skompletuje wiersz, kolumnę lub przekątną. Tę grę niemal każdy chyba zna od dzieciństwa, nazywa się ona kółko i krzyżyk. Jeśli gracz rozpoczynający wybierze liczbę 2, czyli zajmie pole narożne, zawsze może wygrać, chyba że drugi gracz natychmiast zajmie pole środkowe (czyli weźmie liczbę 5). Nieprzekonanych zachęcam do sprawdzenia tego.

Sznurek ma dwa końce; gdy podpalimy oba, odmierzymy 30 minut. Jeśli podpalimy dwa końce jednego sznurka i jeden koniec następnego sznurka, a po 30 minutach – drugi koniec, to odmierzymy 15 minut. I co dalej?

Należy zaznaczyć na burcie poziom zanurzenia łodzi „ze słoniem”, po wyjściu słonia na brzeg ładować tam kamienie, aż łódź się odpowiednio zanurzy, po czym ważyć poszczególne kamienie i dodać...

Każdy ruch zmniejsza wartość przekazywanej liczby. Gra się zatem zawsze kończy, a któryś z graczy ma strategię wygrywającą. Dodatnią liczbę całkowitą nazwijmy zieloną, jeśli – startując od tej liczby – gracz rozpoczynający ma strategię zwycięską; nazwijmy ją czerwoną, gdy strategię zwycięską ma jego przeciwnik; również liczbę 0 będziemy uważać za czerwoną. Wykażemy, że liczba  jest zielona; a więc (jak zwykle w tego typu zadaniach) wygrywa dziewczyna.

Rozbicie zbioru liczb całkowitych nieujemnych na liczby zielone i czerwone jest scharakteryzowane przez własności:

(1)

od każdej liczby zielonej można przejść jednym ruchem do czerwonej;

(2)

od każdej liczby czerwonej wszystkie ruchy prowadzą do liczb zielonych.

Wśród liczb mniejszych od  liczbami czerwonymi są wielokrotności liczby  i tylko one; sprawdzenie własności (1), (2) jest natychmiastowe. Sama liczba  jest wszelako zielona (dzielenie przez  prowadzi do czerwonej liczby  ). Liczby z przedziału  też są zielone (dzielenie z zaokrągleniem prowadzi do  ). Zajmiemy się teraz liczbami większymi.

Przyjmijmy  czyli  Weźmy pod uwagę zbiór

Udowodnimy, że wszystkie liczby w zbiorze  są zielone.

Przypuśćmy, że tak nie jest. Niech  będzie najmniejszą liczbą czerwoną w zbiorze  Wiemy już, że zielone są wszystkie liczby od  do  tak więc  Niech  będzie największą liczbą spełniającą warunki  (mod  ); zatem  Jest ona osiągalna z liczby  ruchem odejmowania.

Dzielenie przez  z zaokrągleniem, zastosowane do każdej z liczb  daje w wyniku tę samą liczbę  konkretnie: liczbę  Liczba  jest czerwona, więc w myśl własności (2) liczby  i   (osiągalne z   ) są zielone. W myśl własności (1), istnieje ruch, prowadzący od liczby  do jakiejś liczby czerwonej. Nie jest to dzielenie z zaokrągleniem (które daje liczbę  ); zaś odejmowanie od  liczb  nie wyprowadza ze zbioru  (skoro  oraz  ). Któraś z tak uzyskanych różnic powinna być liczbą czerwoną – wbrew określeniu  jako najmniejszej liczby czerwonej w zbiorze

Sprzeczność dowodzi, że istotnie cały zbiór  jest zielony. Oczywiście  Ala wygrywa.

Odpowiedź: nie.

Załóżmy, że pole  jest zatrute. Pokażemy, że Lolek ma strategię wygrywającą. Gra polega tak naprawdę na zmniejszaniu przez graczy w każdym ruchu jednej z liczb  które na początku mają wartości  odpowiednio, a oznaczają liczbę kolumn na prawo, na lewo, liczbę wierszy w górę, w dół od zatrutego pola w aktualnej tabliczce czekolady. Rozważmy liczbę  gdzie  oznacza dodawanie liczb  i  zapisanych binarnie, bez przeniesienia (np. ).

---

Na początku gry, przed ruchem Bolka, mamy

Ogólnie, gdy  w następnym ruchu będziemy mieli  (któraś z liczb  zmieniła się). Gdy  zawsze istnieje taki ruch, że po jego wykonaniu  Istotnie, bez utraty ogólności możemy zakładać, że  ma niezerowy bit na pozycji pierwszego bitu znaczącego liczby  Wówczas  więc wystarczy zmniejszyć liczbę  o   bo wtedy liczba  wyniesie

Zatem Lolek po każdym ruchu zostawi Bolka w sytuacji, w której  więc w końcu Bolek zastanie sytuację, w której  (w każdym ruchu któraś liczba się zmniejsza), co odpowiada temu, że Bolek zostanie z zatrutą kostką i przegra.

Zadanie to ma ładne rozwiązanie, bardzo ładne uogólnienie i nie jest mi znane jego rozwiązanie w przypadku najbardziej ogólnym. Przestawiając pierwszy lub ostatni pionek na początek planszy, pierwszy gracz może łatwo sprowadzić grę do planszy parzystej długości z dwoma pionkami na końcu z sobą jako drugim graczem. Jeżeli teraz podzieli planszę na „szufladki” po dwa kolejne pola i po każdym ruchu pionkiem swojego przeciwnika będzie przekładał drugi pionek do tej samej szufladki co przeciwnik, to zwycięstwo ma w kieszeni. Stosując tę samą metodę, można rozstrzygnąć losy gry ogólniejszej: gdy  pionków stoi na końcowych polach planszy. Jeżeli zarówno  jak i  są parzyste, to dzieląc planszę na takie same szufladki i przestawiając po każdym ruchu pierwszego gracza drugi pionek z szufladki, w której stał pionek ruszony przez gracza pierwszego, do tej szufladki, do której pierwszy gracz wstawił pionek, drugi gracz zapewni sobie zwycięstwo. Jeżeli  jest parzyste, a  nieparzyste – pierwszy gracz, przestawiając ostatni pionek tuż przed pionek pierwszy, sprowadzi grę do przypadku już rozważonego z sobą w roli drugiego, a więc wygra. Jeżeli zaś  jest nieparzyste, to pierwszy gracz, przestawiając, w zależności od parzystości  pierwszy bądź ostatni z pionków, zawsze może sprowadzić grę do przypadku  i  parzystych – a wiec zawsze wygra.

Tak, Filemon zawsze może wygrać. Początkowo liczba szczebli pomiędzy kotami równa jest 9. Filemon powinien grać tak, by po każdym jego ruchu liczba ta była podzielna przez 3. Może to zapewnić: jeśli Bonifacy ruszy się o dwa szczeble, Filemon rusza się o jeden i na odwrót. Wtedy zero szczebli, oznaczające koniec gry, nastąpi po ruchu Filemona, więc to Bonifacy nie będzie mógł się ruszyć i przegra.

Ta gra zawsze kończy się po dokładnie 8 ruchach (dlaczego?) – przegrywa gracz rozpoczynający.

Wyobraźmy sobie, że zamiast o powrocie mnicha następnego dnia będziemy myśleć o innym turyście, wędrującym przez cały dzień tego samego dnia, co mnich, ale na dół. Muszą się spotkać... A zadanie jest pięknym modelem dla prostego twierdzenia o punkcie stałym czy własności przyjmowania wartości pośrednich przez funkcję ciągłą.

Wystarczy rozważyć dowolny punkt odległy od bieguna południowego o   km (z pewną dokładnością). Chodzi o to, by potem, po przebyciu kilometra, dojść w takie miejsce, skąd po kilometrowym marszu na zachód znów się w nim znajdziemy. Ale są jeszcze inne takie punkty! Można przecież, idąc na zachód, okrążyć biegun kilka razy... Mimo to biegun północny jest jedynym rozwiązaniem, gdyż na Antarktydzie nie ma niedźwiedzi. A niedźwiedź, oczywiście, jest biały.

Przy tak tragicznym położeniu czarnego króla trudno odpowiedni ruch znaleźć... Jedynym wyjściem jest przesunięcie białej wieży o 4 pola w lewo. Co prawda, król dalej nie ma drogi ucieczki, ale w tej sytuacji atakujący go goniec może zostać zbity.

To jest zadanie z oryginalną pułapką. Wykreślmy litery stojące na nieparzystych pozycjach...

Obie przekątne prostokąta są równe, a ta druga to promień okręgu...