math4school.okis.ru

Шахматная доска симметрично относительно своего центра, поэтому, на первый взгляд, второй игрок на каждый ход первого имеет симметричный ход. Но это не так, потому что, если первый игрок поставит слона на клетку главной диагонали, то второй игрок симметричного хода не имеет.

Чтобы решить эту задачу с помощью стратегии, основанной на симметрии, нужно найти симметрию, при которой предыдущий ход соперника не мешает осуществлению выбранной стратегии. За ось симметрии можно взять прямую, разделяющую четвертую и пятую горизонтали. Симметричные относительно неё поля имеют разный цвет, и, тем самым, слон, поставленный на одно из них, не препятствует ходу на другое.

Итак, в этой игре выигрывает второй игрок, если на каждый ход первого игрока будет отвечать ходом симметричным относительно указанной прямой.

Разобьём все квадраты на 32 пары так, чтобы квадраты в одной паре были соединены ходом коня, например так, как показано на рисунке.

Куда бы первый игрок не поставил коня своим ходом, второй игрок переставляет его на парную клетку. Поэтому у второго всегда будет ход, и он проиграть не может.

Пусть a₁, a₂, … , a_k – цифры, которые последовательно пишет первый, а b₁, b₂, … , b_k – цифры, которые последовательно пишет второй. Для того чтобы число делилось на 9, необходимо и достаточно, чтобы сумма S цифр этого числа делилась на 9. Поэтому далее будем следить только за величиной

S = a₁ + b₁ + a₂ + b₂ + . . . + a_k + b_k.

Если k делится на 3 (k = 3m), то второй применив правило

b_i = 6 – a_i, где i = 1, 2, … , k,

добьется того, что число

S = (a₁ + b₁) + (a₂ + b₂) + . . . + (a_k + b_k) = 6k = 18m,

будет делиться на 9, какие бы цифры из числа разрешённых не писал первый.

Если же k не делится на 3 (k = 3m + 1 или k = 3m + 2), то первый, действуя по правилу

a₁ = 6, а_i = 6 – b_i–1, где i = 2, … , k,

добьётся того, что сумма цифр написанного числа

S = a₁ + (b₁ + a₂) + (b₂ + a₃) + . . . + (b_k–1 + a_k) + b_k,

не будет делиться на 9. Действительно, если k = 3m + 1, то S = 18m + (3 + b_k) не делится на 9, так как не делится на 9 число 3 + b_k, заключённое между 4 и 8. Если k = 3m + 2, то S = 18m + 9 + b_k не делится на 9, поскольку b_k не делится на 9.

Итак, при k = 15 второй школьник всегда может добиться того, чтобы написанное число делилось на 9. При k = 10 первый школьник всегда может помешать этому.

Пусть v – максимальная скорость волка. Проведем через точку B, в которой находится волк, две прямые, параллельные диагоналям квадрата. Эти прямые в точках С₁, С₂, С₃, С₄, пересекают контур квадрата. В ответ на перемещения точки В в пределах квадрата, точки С₁, С₂, С₃, С₄ так же будут некоторым образом менять своё положение или оставаться на месте (при движении точки В параллельно диагонали).

Время движения точек В и С_k одинаково, поэтому судить о скоростях этих точек можно по проходимым ими расстояниям. Рассмотрим следующую ситуацию. Пусть точка В проходит расстояние от центра квадрата к его вершине, то есть половину диагонали. За это время некоторые две точки С_i и С_j преодолеют расстояние, равное стороне квадрата. Так как сторона квадрата в корень из 2 раз больше половины его диагонали, то точки С_i и С_j двигались во столько же раз быстрее чем точка В. Большего превосходства в скорости точек С₁, С₂, С₃, С₄ над скоростью точки В быть не может.

то собаки, находясь в каждый момент времени в этих четырех точках, имеют возможность не выпустить волка.

 а) При любом положении мышки следует поместить кошек так, чтобы мышка находилась на отрезке между ними, параллельном одной из диагоналей доски, и в ответ на любой ход мышки перемещать кошек так, чтобы мышка по-прежнему была между ними на прямой, параллельной диагонали (рисунок 1).

Ответ: можно.

 б) Проведем через мышку два отрезка, параллельных диагоналям, и исключим клетки этих отрезков. В одной из четырем оставшихся частей доски кошек нет, и мышка должна идти в эту часть по направлению к краю. Ясно, что кошки не смогут ее поймать, так как после любого хода кошек перед мышкой в направлении ее движения будет свободная от кошек часть доски (рисунок 2).

Среди восьми чисел найдутся три, не превосходящие 1/6. Действительно, если таких чисел не больше двух, то чисел превосходящих 1/6, как минимум шесть. Но тогда сумма этих шести чисел больше 1, чего быть не должно. Как бы три числа, не превосходящие 1/6, не располагались в вершинах куба, два из них обязательно будут стоять на концах диагонали одной из граней. Эту грань и следует выбрать с самого начала первому игроку. Дальнейшие действия игроков не способны помешать достижению цели первого игрока.

Покажем, что при правильной игре выигрывает начинающий. Пусть для определенности у него белая фишка. Его выигрыш означает, что у его партнера нет возможности сделать очередной ход, то есть черная фишка стоит в клетке с номером 30, а белая – с номером 29, причем ходить должна черная. Таким образом, задача начинающего – оттеснить черную фишку в клетку с номером 30.

Сначала покажем, что если после очередного хода начинающего его фишка отстоит от фишки партнера на три клетки (рисунок 1), то начинающий при правильной игре обязательно выиграет партию. Если в этой позиции черная фишка сдвинется влево на одну или две клетки, то белая фишка, сдвинувшись вправо соответственно на две или одну клетку, лишит черную фишку возможности двигаться влево при следующем ходе (рисунки 2 и 3). Значит, при следующем ходе черная фишка должна будет отступить на одну или две клетки вправо (пропускать ход и перепрыгивать через фишку соперника нельзя), а так как белая фишка за один ход может сдвинуться вправо на столько же клеток, на сколько при предыдущем ходе вправо сдвинулась черная фишка, то ясно, что белая фишка оттеснит черную фишку на клетку с номером 30, если будет повторять ходы черной фишки.

Если же в позиции, изображенной на рисунке 1, черная фишка сразу сдвинется на одну или две клетки вправо, то белая фишка, ответив тем же, снова займет положение, при котором ее будут отделять от черной фишки три клетки, и мы опять приходим к исходной позиции.

Таким образом, если в рассмотренной позиции ход должен делать играющий черной фишкой, то играющий белой фишкой при правильной игре обязательно выиграет.

Итак, стратегия начинающего ясна: необходимо занять позицию, изображенную на рисунке 1, то есть, оказаться в положении, когда после хода белой фишки ее отделяет от черной расстояние в три клетки. Покажем, как этого можно добиться.

В начальный момент белую и черную фишки разделяют 28 клеток. Если, следовательно, на первом ходу белая фишка передвинется вправо на одну клетку, то ее будет отделять от черной фишки расстояние в 27 клеток. Как бы теперь ни переместилась черная фишка, белая всегда может переместиться так, что расстояние между ними станет равно 24 клеткам. Если черная фишка сдвинется влево на одну или две клетки, то белая сдвинется вправо соответственно на две или одну клетку. Если и далее черная фишка будет продолжать двигаться влево, то белая будет двигаться вправо так, чтобы расстояние, разделяющее их после очередного хода белой фишки, делилось бы на 3. При этом всякий раз после того, как черная и белая фишки сделают по одному ходу, расстояние между ними уменьшится на 3. Следовательно, если черная фишка будет двигаться только влево, то через несколько ходов ее будут отделять от белой 3 клетки, то есть, после некоторого хода белой фишки возникнет ситуация, изображенная на рисунке 1.

Если же черная фишка двинется вправо, то на столько же клеток двинется вправо и белая фишка, так что расстояние между ними сохранится. Поскольку черная фишка не может все время двигаться только вправо, то наступит момент, когда она двинется влево, а тогда после надлежащего перемещения белой расстояние между белой и черной фишками уменьшится на 3, и так далее. В итоге после некоторого хода белой фишки расстояние между фишками станет равным 3, возникнет позиция, изображенная на рисунке 1, и, значит, партию выиграет начинающий.

Предположим, что в начальный момент времени паук находится в положении 0. Паук движется по маршруту

0,  4⁰,  –4¹,  4²,  –4³,  4⁴, . . .

Пусть скорость паука 2, а скорость мухи 1. Пусть начальное положение мухи х (х > 0).

Чтобы оказаться в точке 4²ⁿ пауку следует преодолеть расстояние равное

2 · (4⁰ + 4¹ + 4² + . . . + 4^2n–1) + 4²ⁿ = (2/3) · (4²ⁿ – 1) + 4²ⁿ = (5/3) · 4²ⁿ – 2/3.

При скорости 2 для преодоления этого расстояния пауку потребуется

(5/6) · 4²ⁿ – 1/3

1 · ((5/6) · 4²ⁿ – 1/3) + х = (5/6) · 4²ⁿ – 1/3 + х

При n > (1/2) · log₄(6x) верно неравенство

4²ⁿ > (5/6) · 4²ⁿ – 1/3 + х.

Следовательно, паук догонит муху.

Если первый игрок поставит –1 перед x в первой степени, а при втором своем ходе он поставит на последнее оставшееся место число, противоположное тому, которое поставил второй, то получится многочлен вида

x³ – a·x² – х + a = (x² – 1)·(х – а).

Ясно, во-первых, что второй может гарантировать себе ничью: ему достаточно всё время писать числа с суммой цифр 1 (например, просто число 1 ) – действительно, он делает не больше ходов, чем первый, и на каждом ходе пишет число с не большей суммой цифр. Более того, по той же причине первый игрок проиграет, если хотя бы один раз напишет число с суммой цифр больше 1.

Пусть теперь оба игрока пишут только числа с суммой цифр 1 – 1, 10, 100, 1000 или 10000. Тогда проиграть второй не может, а чтобы выиграть, ему нужно вынудить противника сделать больше ходов, или, что то же самое, сделать последний ход.

Докажем, что отвечая на числа 10 и 1000 числом 1, а на числа 100 и 1 числом 10, второй игрок добьётся успеха. Действительно, после каждого его хода сумма чисел на доске делится на 11, а 10000 на 11 не делится. Поэтому остаётся лишь проверить, что такой ход всегда легален – то есть что после него сумма не станет больше 10000. Для этого заметим, что первое большее 10000 число, делящееся на 11, – это 10010, а его нельзя получить, прибавляя 1 или 10 к числу, меньшему 10000 .

Можно показать, что если заменить 10000 в условии на произвольное число N, то второй игрок может выиграть тогда и только тогда, когда N даёт нечётный остаток при делении на 11 .

Ответ: второй игрок может выиграть.