11 Класс

1. , при ; , при ;

2. Выберем любую из получившихся частей. Рассмотрим сумму a₁+a₂+...+a_n, где a_i – количество сторон i-й грани.

Каждое ребро многогранника, по которому ломаная не проходит, посчитано в этой сумме дважды и поэтому чётность суммы не зависит от числа таких рёбер. Каждое ребро, через которое проходит ломаная, входит в сумму ровно один раз. Таких рёбер 2011, поэтому вся сумма нечётна.

Если бы количество граней с нечётным числом сторон было чётно, то рассмотренная сумма также была бы чётна. Значит, это количество нечётно.

3. Ответ: да, существуют. Например, таковыми являются многочлены (x-10)²-1, x²-1 и (x+10)²-1

4. Ответ: такое число существует для любого k: N_k=9k*(10^k-1). Пусть 9k=s₁...s_t0...0 (s_t не равно 0, нулей на конце может и не быть). Проверим, что сумма цифр числа N_k равна 9k. Запишем разность чисел 9k*10^k и 9k, учитывая, что 9k<10^k при любом k:

-	s1s2...st-1	st	0...0	0	...	0	0	0...0
				s1	...	st-1	st	0...0
	s1s2...st-1	st-1	9...9	(9-s1)	...	(9-st-1)	(10-st)	0...0

В нижней строчке записано число N_k. Легко видеть, что сумма его цифр равна s₁+...+s_t–1+9+...+9+(9+1)–s₁–...–s_t=9k. в записи левой части k девяток.

Незважаючи на унікальність олімпіадних завдань, можна все-таки виділити кілька типових ідей, які складають суть задач. Зрозуміло, за визначенням, такий список буде неповним.

· Задачі на інваріант

· Задача – гра

· Комбінаторика

· Теорія графів

· Геометрія

Не існує єдиного методу розв’язання олімпіадних задач. Навпаки, кількість методів постійно поповнюється. Деякі зазачі можна розв`язати кількома різними методами або комбінацією методів. Характерна особливість олімпіадних задач в тому, що розв’язання з вигляду нескладної проблеми може зажадати застосування методів, що використовуються в серйозних математичних дослідженнях. Нижче наводиться (за визначенням) неповний список методів розв’язання олімпіадних задач:

· Доведення выд супротивного

· Принцип Діріхле

· Метод розмальовки

· Контр приклад

· Математична індукція

· Рекурсія

· Метод додаткової побудови

· Метод Гауса

1.1. Інваріант

У цьому розділі розглянемо одне, але дуже важливе математичне поняття - інваріант. Буває воно в задачах, де ми маємо справу з якимись операціями, з якимось процесом, який змінює даний в умові об'єкт. От якщо у об'єкта є якась властивість або характеристика, яка не змінюється при цих операціях - вона і називається інваріантом. Якщо у об'єкта є два стани, при яких інваріант приймає різні значення, то з одного з них не можна перейти в інший (і з другого в перше теж). Але однакове значення інваріанта ще не означає, що так перейти можна.

Задача 1.1. У файлі зберігаються 2003 одиниці і 232 нуля. Програма читає з файлу два довільних числа, видаляє, і записує на їх місце 0, якщо вони були рівні, і 1, якщо ні. Програма запускається багаторазово. Наприкінці у файлі залишається тільки одне число. Чому воно дорівнює, 0 або 1?

Розв’язання: Незважаючи на те, що варіантів дії програми дуже багато, ми можемо встановити відповідь однозначно. Що може прочитати програма за кажний окремий запуск? Або 0 і 0 (і записати 0), або 0 і 1 (і записати 1), або 1 і 1 (і записати 0). У перших двох випадках сума всіх чисел у файлі не змінюється, в останньому - зменшується на 2. У кожному разі, парність цієї суми залишається колишньою. Початково сума була 2003 * 1 +232 * 0 = 2003 - непарна, значить, і в кінці буде непарна. Але наприкінці залишається тільки одне число - воно і дорівнює сумі всіх - тому воно непарне. А так як у файлі бувають тільки нулі й одиниці, то це 1.

Задача 1.2. Є три числа, які можна замінювати за такими правилами: числа a, b і c стираються і замість них записуються (a + b) / 2, (b + c) / 2 і (a + c) / 2.Можно Чи з чисел 101, 73, 125 отримати 77, 79 і 83?

Розв’язання: А давайте так, "про всяк випадок", подивимося, як міняється сума чисел. Було a + b + c, а стало ... замість них записуються (a + b) / 2 + (b + c) / 2 + (a + c) / 2 = (2a +2 b +2 c) / 2 = a + b + c - не змінилася. Тобто, як не крути, а сума трьох чисел не змінюється. Але 101 +73 +125 = 299, а 77 +79 +83 = 239 - суми вихідної та кінцевої трійки різні. Тому з однієї не можна отримати іншу.

(!) А ті, хто захоче взяти в якості інваріанта парність суми або її залишок по якомусь модулю, швидше за все, помиляться, так як початкова та кінцева суми розрізняються на 60, а дільників у 60 ох як багато.

Задача 1.3. Знову є три числа, які можна замінювати вже за іншими правилами: a, b і c - на ab/c, ac/b і bc/a. Чи можна з 5, 17/6 і 3/5 отримати 16/5, 9/4 та 7/6?

Розв’язання: Ну, про те, куди тут переходить сума чисел, навіть думати не хочеться. Що ще буває, крім суми? Добуток, наприклад. Перед операцією добуток чисел - abc, а після: (ab/c) * (ac/b) * (bc/a) = a2b2c2/abc=abc - не змінилося!З начить, добуток трьох чисел залишається постійним при всіх операціях. Але на початку воно було рівним 5*(17/6)*(3/5)= 8,5, а наприкінці (16/5)*(9/4)*(7/6) = 8,4 - не рівні. Тому відповідь "не можна".

(!) Якщо у нас є якийсь набір чисел, над яким здійснюються операції, то завжди варто перевірити, як змінюються при цих операціях сума і добуток всіх чисел. Дуже часто вони самі або їхні залишки по якомусь модулю є інваріантом, за допомогою якого розв’язується завдання.

Зауваження. У завданнях, де питається "чи можна" за допомогою інваріанта можна доводити тільки відповідь "не можна"! Якщо придуманий вами інваріант нічому не суперечить (його значення на початку і наприкінці передбачуваної послідовності операцій не зміниться), то це не означає, що відповідь "можна". По-перше, зазвичай це означає, що придуманий поганий інваріант. По-друге, відповідь "можна" доводиться пред'явленням конкретного прикладу і ніяк інакше.

Інваріант як характеристика нечислових об'єктів. У всіх попередніх прикладах в задачі фігурували числа, від яких ми в якості інваріанта брали якусь функцію. Але, звичайно, у початковому формулюванні може не бути ніяких чисел! Що тоді робити? Звичайно, ці числа придумати.

Задача 1.4. У мові програмування MustDie всього дві команди, для стислості званих M і D. Через збій в компіляторі, дія програми не зміниться, якщо з неї викинути шматок коду MDDM, а також якщо в будь-яке її місце вставити шматок коду DMMDMD або MDMD. Чи можуть програми MMDMD і DMMDD виконуватися однаково?

Розв’язанная: Наше кажучи: чи існує таке рівнозначне перетворення коду, яке переводить одну програму в іншу? Ні, звичайно, і ви вже здогадалися що інваріант тільки треба придумати. В одному шматку 2 команди M 2 команди D, у другому тих і інших по 3, у третьому - знову по 2. Здається, ясно: у будь-якому вставленомк або видаленому шматку команд M і D порівну. Значить не змінюється, правильно, різниця між числом тих і інших команд. Вона буде нашим інваріантом - і дуже добре, так як в одній програмі на одну більше команд M, а в інший на одну більше команд D (значення різниці помінялося в 1 на -1).

Вправа 1.1. Доведіть, що всі білки можуть зібратися на одній ялинки тоді і тільки тоді, коли їх непарне число. (Тобто, для парних чисел узагальнити дане вище рішення, для непарних - придумати приклад.)

(!) Різниця якихось кількостей і набір попарних різниць - теж типові інваріанти. Після суми і твори наступним справою треба перевіряти саме різниці.

Розв’язання: Де ж шукати інваріант? Із сумою чисел у файлі якось складно, тому що третя програма змінює її чорт знає як. В тому сенсі, що знаючи суми чисел у двох вхідних файлах ми не можемо визначити суму чисел у вихідному файлі. З різницею чисел у файлі все краще: перша програма не змінює різницю ((X+1)-(Y +1) =XY), друга -ділить її на 2

(X/2-Y/2 = (XY) / 2) , а третя - складає різниці (XZ = (XY) + (YZ)). Що ж не змінюється при всіх цих перетвореннях - так відразу і не збагнеш ...

Поставимо ескперімент (так, математика - наука експериментальна!).

Вихідний файл (5, 19) можна пропустити тільки через першу програму і отримати файл (6, 20). З нього можна далі робити послідовність (7, 21), (8, 22) і т.д., а можна запустити другу програму і отримати файл (3, 10). З нього можна зробити послідовність (4, 11), (5, 12) ... (19, 26). Потім можна запустити третю програму на (5, 19) і (19, 26) і отримати файл (5, 26) ...

Порахуємо різниці: 5-19 = -14 = 6-20 = 7-21 = 8-22 = ...; 3-10 = -7 = 4-11 = 5-12 = ... = 19-26; 5-26 = -21. Що ж спільного у чисел -14, -7, -21? Звичайно, вони всі на 7 діляться. От нехай ця подільність і буде інваріантом.

Дійсно, коли різниця не змінюється, то й подільність збережеться; коли різниця ділиться на 2, то подільність на 7 не зникне (2 і 7 взаємно прості); а коли різниці, що діляться на 7, складаються, то сума теж ділиться на 7.Зрозуміло, що, маючи на початку файл з різницю чисел, що ділиться на 7, ми тільки такі різниці і будемо отримувати. Але різниця 1-2004 = -2003 на 7 не ділиться, і такий файл ми отримати не зможемо.

Вправа 1.2. Доведіть, що тут можна отримати всі ті і тільки ті файли, де перше число менше другого, а їх різниця ділиться на 7.

Глибокий сенс тут у чому: інваріант може залежати не тільки від правил, за якими проводяться перетворення, але і від початкових даних. Як тут: значення різниці за модулем 7, взагалі кажучи - не інваріант при вироблених перетвореннях. Але при конкретних початкових умовах, коли це значення з самого початку дорівнює 0 - тоді воно стає інваріантом.

Безумовно, якщо типові інваріанти (сума, добуток, різниці та їх значення за якимось,зразу помітним, модулем) не підходять, то корисно поставити експеримент: проробити кілька перетворень і пошукати деякі закономірності в тому, що при цьому буде виходити.

Виділення зазначеної частини. Нерідко допомагає інваріант, який приймають за характеристику не всього об'єкта, а тільки його окремої частини. Придумується вона щоразу по своєму. Якась загальна логіка: ця частина повинна бути регулярною за своїм устроєм і містити всі нерегулярності для початкового або кінцевого стану. Взагалі, може підійти всяка частина, на якій перетворення загального вигляду буде виглядати більш просто.

Задача 1.5. На дошці 3x5 всі клітини білі, а один кут чорний. За хід можна поміняти колір всіх клітин в одному рядку або стовпці. Чи можна всі клітини зробити білими?

Розв’язання: Парність числа чорних клітин на всій дошці, на жаль, змінюється дуже часто, а тому нам не допоможе. Де б знайти таку частину дошки, на якій ця парність незмінна? У нас тут в умові нерегулярність в кутку - так візьмемо 4 кута. При операції перефарбування змінює колір рівно два кути, або жоден - тобто парність числа чорних кутів - інваріант. Але на початку такий кут один, а наприкінці хочеться нуль - не можна.

Задача 1.6. На колі стоїть 12 точок, в одній написано -1, в інших +1. Можна змінити знак у трьох одиниць підряд. Чи можна здвинути єдину -1 до сусідньої вершину?

Розв’язання: Нехай, для визначеності, ми зрушили -1 до сусідньої проти годинникової стрілки вершину (інакше можна всю картинку дзеркально відобразити і отримати саме таку). Давайте занумеруем вершини, починаючи з вихідної -1, вже за годинниковою стрілкою (тоді те місце, куди зрушила -1 - це вершина 12). Давайте виділимо таку частину (безліч вершин), де є перша вершина, немає 12-й, а парність кількості-1 - інваріант (тоді ця кількість в даній частині треба буде змінити з 1 до 0, а це неможливо з- за парності).

Інваріант і розмальовки дощок у клітинку. Дуже важливий клас задач на інваріант - якісь перетворення на кліткових дошках. Або ми ходимо чим-небудь по дошці, або заставляємо дошку фігурами. У будь-якому разі, дуже корисною може бути розмальовка дошки в два або більше кольорів, що володіє якимись особливими властивостями. Найбільш поширені розмальовки:

- Шахова (два кольори чергуються так, що будь-які дві сусідні по стороні клітини - різних кольорів);

- "матрас" (чередування строк, викрашенних у два кольори - або стовбців);

- "Матрац" (чергування рядків, пофарбованих у два кольори - або стовпців);

- Збільшена шахова (у шаховому порядку фарбуються не окремі клітини, а цілі блоки 2x2, 3x3 і т.д.);

- Збільшений"матрац" (чергуються не рядки, а однакові по товщині блоки з рядків);

- "Матрац" в N кольорів: чергуються рядки, пофарбовані у кольори, 1-й, 2-й, ... N-й, 1-й, 2-й і т.д.

- Шахова в N кольорів - легше показати, ніж написати; приклад для 3-х кольорів; можна і по-іншому, щоб одноколірні діагоналі були нахилені в інший бік.

Звичайний інваріант - колір клітин, по яких ми ходимо (або якесь чергування кольорів, або якісь кольору, на які ми ніколи не потрапляємо ...), або кількості клітин тих і інших кольорів на всій дошці і в фігурах замощення (якщо не збігаються, то замостити не можна

Задача 1.7. Доведіть, що шахову дошку не можна замостити 15-тима прямоугольничками 1x4 і однієї фігуркою виду .

Розв’язання: Шахова розмальовка тут не допоможе. Вона, так скажемо, не відрізняє особливу фігурку від прямокутничка: і в ній і в них рівно 2 білих і 2 чорних клітини. І ніщо не суперечить тому, що дошку можна замостити 16-ю фігурами з такою властивістю. Спробуємо іншу розмальовку, скажімо, "матрац". Тоді в прямокутнички 1x4 чи то 0, то 2, чи то 4 чорні клітини (дивлячись як він лежить). А в особливій фігурці - чи то 1, чи то 3. Коротше, там-парне, тут - непарне. А сума 15 парних чисел і одного непарного непарна і не може тому бути дорівнює 32 (числу чорних клітин на шаховій дошці).

Власне, інваріантом тут можна назвати парність кількості чорних клітин. Тільки ми тут не перетворимо об'єкт або набір об'єктів, а складаємо один об'єкт (дошку) з інших.

Задача 1.8. Фішка ходить по дошці NxN, зрушуючи на 1 клітину вгору, вправо або вниз-вліво по діагоналі. Чи може фішка обійти всі клітини дошки по разу і закінчити шлях зверху від початкової клітини.

Розв'язання : Підберемо розмальовку, при якій фішка буде однаково міняти колір при будь-якому ході. Просто шахова і "матрац" не підійдуть. А зате шахова розмальовка в 3 кольори - просто чудово Наша фішка буде ходити з червоного на жовтий, з жовтого на зелений, з зеленого на червоний і т.д. Нехай, скажімо, початкова клітина червона - тоді кінцева буде жовта. Кольори чергуються по циклу довжини 3, тому число ходів: 3k +1 (тобто = 1 по mod 3). Але те ж число ходів на дошці NxN одно N2 -1. Звідси N 2 = 2 (mod 3), чого, з міркувань теорії чисел не буває. Відповідь "не можна".

(!) Інваріант інваріантом, але і про інші галузі математики по ходу справи не треба забувати. Часто рішення може прийти саме звідти.

Треба акуратно підходите до завдань про різні процеси з питанням "чи можна". Так, більша частина з них - з відповіддю "не можна", який доводиться через інваріант. Але трапляються іноді завдання з відповіддю "можна", де треба будувати приклад. Іноді, захопившись пошуком інваріанта, можна не помітити існування простого прикладу.

1.2. Ігри

Задачі про ігри - вельми популярний вид олімпіадних завдань, особливо в молодших класах. Найбільш загальна проблема у початківців - зрозуміти, "що взагалі від нас хочуть", які міркування є правильним рішенням завдання, а які - ні.

Звичайно передбачається що грають двоє, роблячи ходи по черзі (пропускати свій хід не можна!), А в задачі запитують "хто виграє при правильній грі?" Стандартна помилка по суті - розуміти слова "при правильній грі" так, як ніби обидва супротивники грають оптимальним для себе чином (тим більше, що розв’язуючий задачу часто неправильно розуміє, що таке "оптимальним чином"!). Тоді придумується виграшна стратегія, яка дає відповідь тільки на оптимальний хід супротивника (зазвичай ще "оптимальним" вважається такий хід, коли супротивник слід придуманої нами ж стратегії - хоча для іншого гравця така стратегія може бути, навпаки, зовсім нікчемною!). Насправді, треба вміти придумувати відповідь на будь-який хід противника, яким би ідіотським він нам не здавався. Зазвичай правильна стратегія, на відміну від неправильної, не має випадків різної складності, а з однаковою легкістю знаходить гідну відповідь на будь-який хід!

Ігри-жарти. Найперший і простий клас ігор - ігри-жарти, в яких, насправді, немає ніякої стратегії (а нас хочуть обдурити, що вона нібито є!). Просто як би хто не ходив, або завжди виграє перший гравець (той, хто починає гру), або завжди другий. Задача - в тому, щоб математично довести таку закономірність (а помітити її можна, зігравши самому з собою рази 3-4). Для доказу зазвичай знаходиться якась величина, яка зрозуміло чому дорівнює на початку і кінці і зрозуміло як змінюється на кожному ходу - тут навіть часто число ходів до кінця однозначно порахувати можна. Або якийсь інваріант (тобто щось, що не міняють ні за якого ходу), однозначно залежить від початкової позиції (найчастіше - від парності) і визначальний вигравшого у кінці.

Задача 2.1. Двоє по черзі ламають шоколадку 5x8. За хід можна розламати будь-який шматок по прямій лінії між часточками. Програє той, хто не може зробити хід (І це стандартна умова, що ми її будемо мати на увазі, якщо не сказано протилежне. Питання "хто виграє при правильній грі?")

Розв'язання: Що значить, що гра закінчилася? Звичайно, що шоколадка вже вся розламані на окремі часточки. Часточок завжди буде 5x8 = 40 штук, а шоколадка на початку була одна. Зауважимо, що на кожному ходу один шматок шоколадки завжди розламується на 2, тобто кількість різних шматків шоколадки збільшується на 1. На початку ця кількість дорівнює 1, а в кінці, як ми помітили, 40. Значить, гра тривала рівно 39 ходів ("ходом" ми називаємо хід одного гравця, а не пару "хід - хід"). Тому останній (39-й) хід був обов'язково ходом першого (його ходи - перший, третій і всі з непарними номерами) - і перший виграв.

Ось такий вийшов жарт - як не ходи, перший завжди виграє.

Задача 2.2. На дошці написані 10 нулів і 10 одиниць. За хід можна стерти дві будь-які цифри і написати замість них 0, якщо вони були однакові або 1, якщо вони були різні. Якщо на дошці залишається 1 - виграє перший. Якщо 0 - другий.

Розв'язання : Ну, оскільки число цифр з кожним ходом зменшується рівно на 1 (2 стираємо, одну пишемо), а на початку їх 20 і в кінці повинна залишитися одна, то гра буде продовжуватися рівно 19 ходів. Останнім ходом буде хід першого , тільки в цьому завданні не факт, що перший тоді виграє.

Виграш залежить від парності останнього числа, звернемо на це увагу. Такий стандартний інваріант, як парність суми всіх чисел, не змінюється при ходах. Дійсно, сума двох однакових цифр - парна і, віднімаючи її, ми додаємо парний нуль. А сума двох різних цифр - непарна (0 +1 = 1), і ми додаємо замість неї непарну одиницю. Початкова сума всіх чисел парна, тому що серед них парне число непарних – одиниць, тому і в кінці буде парна. А це означає, що останнє число, що залишилося в кінці гри, буде парне, тобто воно буде нулем - і виграє другий.

Заодно ми переконалися, що не в будь-якій грі той, хто робить останній хід, виграє: можна змусити (як воно тут і відбувається) суперника зробити хід, після якого він програє.

Ідея "ідіотських ходів":

Задача 2.3. На дошці 10x12 можна за хід викреслити одну лінію (горизонталь або вертикаль, тобто рядок або стовпець) якщо в ній ще є одна невикреслена клітина.

Розв’язання : (Так, програє той, хто не може зробити хід - якщо хто не зрозумів.) Давайте злегка переформулюємо задачу інакше: нехай лінія не викреслюється, а вирізається з дошки зі склеюванням країв розрізу. Тоді правило зміниться на - "можна вирізати будь-яку існуючу лінію" і гра закінчується, коли від дошки нічого не залишається.

Нехай раптом після свого ходу залишили, скажімо, дошку з одним рядком. Звичайно, своїм ходом суперник може вирізати цей рядок - і ми програємо. Тому такий хід був «ідіотським» - давайте так його і називати. Подивимося, коли не можна буде не зробити «ідіотського» ходу. Якщо дошка 1xN (або Nx1) - то такий хід уже зробив супротивник. Якщо ширина і висота дошки не менше 2, а більша з них - не менше 3 - то виріжемо лінію поперек більшої розмірності - і залишиться дошка хоча б 2x2. А от якщо перед ходом дошка - 2x2, то хід обов'язково буде «ідіотський». Ясно, що виграє той, хто залишить противнику дошку 2x2. На кожному ходу висота або ширина дошки зменшується на 1 (тобто, їх сума зменшується на 1). Початково ця сума дорівнює 10 +12 = 22, в кінці повинна стати 2 +2 = 4. Різниця 22-4 = 18 - парне число ходів, тому дошка 2x2 залишиться після ходу другого - і другий виграє (як у звичайній грі-жарті!).[42]

Строго кажучи: стратегія другого - грати як завгодно, тільки не роблячи «ідіотських» ходів. Якщо перший десь зробить «ідіотський» хід (а це формально заважає загнати його на дошку 2x2) - наступним ходом виграємо. Якщо ніхто не зробить «ідіотського» ходу - то після 18 ходів у першого буде дошка 2x2 - і тут він все одно зробить «ідіотський» хід.

Симетрія. Це потужний красивим, але дуже простий методом розв’язання ігрових завдань - симетрична стратегія. Суть його - робити щоразу хід, симетричний ходу супротивника або доповнює його до чого-небудь. Доказ правильності нашої стратегії буде користуватися тим, що після кожного нашого ходу позиція симетрична: раз так, то якщо противник зумів зробити свій хід, то і ми зможемо зробити хід, симетричний йому. Неправильно думати що симетрія - стратегія тільки для другого гравця. Якщо вихідна позиція - несиметрична, то зазвичай перший гравець може її якось зробити симетричною, а потім грати по симетрії, відповідаючи на ходи другого.

Задача 2.4 . Двоє по черзі кладуть п'ятаки на круглий стіл так, щоб вони не накладалися один на одного. (Програє, як звичайно, той, хто не може зробити хід.)

Розв’язання : Як би так першому гравцеві зробити свій хід, куди можна покласти п'ятак на порожньому круглому столі? А давайте його в центр покладемо! Увага: після такого ходу розташування п'ятаків на столі стало центрально симетричним Тепер давайте відповідати на кожен п'ятак другого гравця центрально симетричним йому п'ятаком. Чому ж стратегія ніколи не підводить (і ми не програємо)? Крах стратегії означає ,що другий поклав кудись п'ятак, а ми не змогли покласти п'ятак в симетричне місце (там вже щось лежить). Після нашого попереднього ходу позиція була симетричною (з симетричності не тільки зроблених ходів, а й самого столу), а місце, куди другий поклав п'ятак було вільне. Центрально симетричне йому місце, куди ми хочемо покласти свій п'ятак, теж було вільно. Але не міг же другий зайняти це місце своїм п'ятаком (це теж важливо відмітити, не у всіх задачах так буде!). Значить, не може бути так, щоб нам не було куди покласти свій п'ятак. Перший виграє.

Задача 2.5. Двоє по черзі ставлять слонів в клітини шахової дошки так, щоб вони не били один одного (колір слонів значення не має).

Розв’язання : Ну тут, здавалося б, без фокусів. Дошка має розмір 8x8, і ніяка клітина центром симетрії не буде. Тому другий може завжди відповідати на ходи першого симетричними ходами і виграє. АЛЕ: Нехай перший гравець поставив слона на діагональ дошки. Якщо другий гравець ставить свого слона в центрально симетричну клітку, то він опиниться на тій же діагоналі ... якраз під боєм слона, поставленого першим гравцем! Дійсно, буває так, що черговому симетричному ходу заважає хід, щойно зроблений супротивником (тому треба уважно стежити за такими ситуаціями!).

Вихід з положення - застосувати симетрію не центральну, а осьову (відносно середньої лінії дошки). Неважко переконатися, що клітку, симетричну своєї позиції щодо осі, слон ніколи не б'є. Після кожного ходу другого вся позиція симетрична, в т.ч. розташування не б'ющихся полів; хід першого теж не ставить під бій поле, симетричне тому, куди він був зроблений. Тому симетричне поле не б'ється. Другий завжди може зробити хід і виграє.

Задача 2.6. Є дві купки каміння, по 17 у кожній. За хід можна взяти кілька каменів, з однієї купки.

Розв’язання : І це теж симетрія! Виграє другий - він бере з іншої купки стільки каменів, скільки перший взяв з однієї. При цьому після кожного ходу другого каменів в обох купках буде порівну - тому стратегію можна продовжувати.

А якби купки були нерівні, то виграв би перший. Першим ходом він взяв би з більшою купки стільки каменів, щоб зрівняти її з меншою, а далі користувався б стратегією симетрії. [24]

Насправді, нерідке явище: в залежності від вихідних даних одна і та ж стратегія приносить успіх то першому, то другому гравцеві.

Аналіз виграшних позицій.

Безперечно, самий потужний і універсальний спосіб розв’язання задачі -гри - пошук виграшних позицій. Тут називається виграшною та позицію, яку вигідно залишати після свого ходу, а програшною, відповідно, ту, яку невигідно (у згоді з однією половиною методичної літератури і на противагу іншій половині ) Тоді фінальна позиція, з якої вже не можна зробити хід - виграшна. Основні властивості позицій такі:

1.) Кожна позиція - або виграшна, або програшна (проміжних варіантів немає!);

2.) З виграшної позиції можна піти тільки на програшну;

3.) З будь-якої програшної позиції можна піти на виграшну.

Тоді, якщо початкова позиція - програшна, виграє перший, якщо виграшна - другий. Стратегія однакова: кожен раз ходити на виграшну позицію. Тоді суперник повинен буде походити на програшну позицію (властивість 2), а ми знову зможемо піти на виграшну (властивість 3).

Задача 2.7. "Хрома тура" може ходити по прямій вправо або вгору. Початково вона стоїть в нижньому лівому кутку дошки. Грають двоє. Виграє той, хто поставить туру у верхній правий кут.

Розв’язання : Початково тура стоїть на головній (в даному випадку) діагоналі дошки. Перший гравець своїм ходом веде її з діагоналі в бік. Тоді другий гравець може повернути туру назад на діагональ. Потім перший знову зрушить її з діагоналі (ходів з головної діагоналі на неї ж немає), а другий знову зможе повернути і т.д. Так як клітка призначення лежить на головній діагоналі, то на ній тура обов'язково виявиться після ходу другого - і другий виграє. [23]

Читаємо між рядків: "безліч виграшних позицій - це головна діагональ".

Аналіз з кінця: як же шукати виграшні позиції, якщо вгадати їх не вдалося? Можна просто послідовно розібрати всі позиції, починаючи з останньої (бажано, для зручності, щоб безліч позицій вміщувалося на двовимірної дошці або таблиці). Фінальна позиція виграшна. Тому всі, з яких на неї можна піти - програшні. Тепер повинні утворитися позиції, з яких можна піти тільки на програшні - вони будуть виграшними. Всі позиції, з яких можна піти на якусь із цих виграшних - програшні і т.д., поки не дійдемо до початкової позиції.