|
Feladat: |
N.6 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Braun Gábor , Burcsi Péter , Csörnyei Marianna , Dombi Gergely , Futó Gábor , Gyarmati Katalin , Hertz István , Koblinger Egmont , Németh Ákos , Németh Zoltán , Novák András , Pap Gyula |
Füzet: |
1994/április,
210 - 211. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Sakktáblával kapcsolatos feladatok, Bolyongási feladatok, Nehéz feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1993/október: N.6 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Bebizonyítjuk, hogy ha és közül legalább az egyik páros, akkor a kezdőnek, ha pedig és páratlan, akkor a második játékosnak van nyerő stratégiája. Vizsgáljuk először azt az esetet, amikor és közül valamelyik páros. A szimmetria miatt feltehetjük, hogy ez . Osszuk fel a sakktáblát -es téglalapokra: Most mutatunk egy olyan stratégiát, amivel a kezdő biztosan nyer. Lépjen mindig annak a téglalapnak a másik mezőjére, ahol a király áll. Ha ezt a taktikát követi, a következőket éri el: ‐ | az ő lépése után minden egyes téglalapnak vagy mindkét mezőjén járt a király, vagy pedig egyiken sem; |
‐ | a második játékosnak mindig olyan -es téglalpba kell lépnie, ahol még nem járt a király; |
‐ | ha a másodk játékos lépett, akkor a király olyan téglalapban áll, amelynek másik mezője még szabad; |
Mivel a sakktábla mezői előbb-utóbb elfogynak, a kezdő pedig mindig tud lépni, a második játékos veszít. Most azt az esetet vizsgáljuk meg, amikor és páratlan. Osszuk fel a táblának a bal felső, kiindulási mezőt nem tartalmazó részét -es és -es téglalapokra. Ezt megtehetjük úgy, hogy az első sorból megmaradó mezőt -es, a többi mezőt pedig -es téglalapokra osztjuk. Ha most a második játékos követi az előbbi stratégiát, akkor ő nyer, mert mindig a kezdőnek kell új téglalapba lépni, aminek ő rögtön rálép a másik mezőjére. Megjegyzés. Az, hogy kinek van nyerő stratégiája, nem függ attól, hogy honnan indul a király. Az első esetben a bizonyítás szóról szóra elismételhető. A második esetben módosítani kell a bizonyítást, mert a tábla maradék része (ha nem ugyanannyi sötét és világos mezőből áll), nem osztható fel mindig -es és -es téglalapokra. Ha viszont átlós helyzetű mezőpárokat is felhasználunk, a felosztás mindig elvégezhető.
|
|