A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Az első pozitív egész szám közül kiválasztható -asok közül úgy választunk ki csoportokat, ameddig tudunk, hogy egy-egy csoportban ugyanannyinak az összege legyen páros, mint amennyié páratlan. Válasszuk ki először azokat, amelyekben szerepel vagy az vagy a de nem mind a kettő. Ezeket párokba állíthatjuk úgy, hogy az első szám közül kiválasztott egy-egy -eshez egyszer az -et, egyszer a -at vesszük -adiknak. Ekkor minden pár egyik -asának az összege páros, a másiké páratlan. A maradó -asok közül vegyük azokat, amelyek a és a közül az egyiket tartalmazzák, a másikat nem. Ezek közül is ugyanannyinak az összege páros, mint amennyié páratlan, az előbbi gondolatmenet szerint. Az eljárást tovább ismételjük a a , az párral. Ezután már csak olyan -asok maradnak meg, amelyek a kiválasztáshoz használt párok közül bizonyosaknak mindkét eleméből tevődnek össze. Ilyenek csak páros esetén vannak, tehát páratlan esetén -nak és -nek egyenlő esélye van a nyerésre. Páros esetén azok a -asok maradnak meg, amelyek az említett pár közül -nek mindkét eleméből állnak. Mivel mindegyik pár két elemének összege tehát páratlan szám, így mindegyik fennmaradt k-as elemeinek összege páros, ha páros és páratlan, páratlan. Ezek szerint -nak nagyobb a nyerési esélye, ha osztható -gyel, ha viszont -gyel osztva maradékot ad, akkor esélye nagyobb a nyerésre. Megjegyzések. 1. Az elmondottak alapján ki is számíthatjuk, ki hány esetben nyer. A kiválasztható -asok száma és, ha páros, akkor -vel több esetben nyer az egyik játékos, mint a másik. Így páratlan esetén mindegyikük esetben nyer, páros esetén pedig az egyikük és másikuk számára kedvező esetek száma | |
2. Az eljárás alkalmazható akkor is, ha helyett bármilyen páros számot mondunk. A válasz ekkor is ugyanaz, mint a esetében volt. Ha páratlan számot veszünk helyett, akkor már sohasem egyenlők a nyerési esélyek. Ilyenkor és majd és és és így tovább, ismét használhatók egyenlő esélyt adó -asok kiválasztására. A fennmaradó -asok közül külön kell foglalkozni azokkal, amelyekben előfordul az A részletek végiggondolását az olvasóra bízzuk. -nek nagyobb a nyerési esélye, ha -gyel osztva vagy maradékot ad, különben -nak. II. megoldás. Vizsgáljuk az , , , számok közül kiválasztható -asokat. Jelöljük -val a páros, illetve a páratlan összegű -asok számának a különbségét. Erre a függvényre állapítunk meg egy rekurzív összefüggést. Legyen Csoportosítsuk a -asokat aszerint, hogy hány számot tartalmaznak a párból. Az első csoportba tartozzanak azok a -asok, amelyek tartalmazzák mind a kettőt, a másodikba azok, amelyek egyiket sem tartalmazzák, a harmadikba pedig azok, amelyek az egyiket tartalmazzák, a másikat nem. A harmadik csoportbeli -asoknak eleme nem nagyobb -nél, és minden ilyen -es a -gyel és a -nel is -assá egészíthető ki. Az elemek összege a két -as közül az egyikben páros, a másikban páratlan. A harmadik csoportban tehát ugyanannyi páros összegű -as van, mint páratlan összegű, így ezek járuléka értékéhez A második csoport -asai csupa -nél nem nagyobb számból állnak, ezek tehát -t adnak értékéhez. Az első csoport minden -asa elemet tartalmaz, amelyek nem nagyobbak -nél, továbbá a -et és a -et. Az első elem összegét tekintve a vizsgált különbség A -asokban még tehát páratlan szám adódik az összeghez, így annak párossága az ellenkezőjére változik. Az első csoport -asai, tehát -vel járulnak hozzá értékéhez. Ezzel a következő összefüggést kaptuk: | | (3) | Az összefüggés -re és -re is helyes, ha megállapodunk abban, hogy ha akkor jelentsen -t. Ennek alapján teljes indukcióval igazoljuk a következő állítást: pozitív, ha osztható -gyel, negatív, ha páratlan szám kétszerese, és ha páratlan. Belátjuk először, hogy ez és -re igaz. ( tetszőleges, -nál nem kisebb páros szám.) -re páros szám van az adottak közt és páratlan, így Párokat választva ki, akkor lesz az összeg páros, ha vagy mind a két szám páros, vagy mind a kettő páratlan, és akkor lesz páratlan, ha az egyik szám páros, a másik páratlan. Az előbbi és az utóbbi típusú párok száma ill. tehát Ezek az értékek -re is helyesek. Három szám összege páros, ha mindegyik szám páros, vagy egyikük páros, a másik kettő páratlan; viszont páratlan az összeg, ha mindegyik szám páratlan, vagy ha egyikük páratlan, a másik kettő pedig páros. Mivel a páros és páratlan számok száma egyenlő, így a kétféle hármasok száma is megegyezik, tehát Ha akkor páros összeget kapunk, ha mind a páros, vagy mind a páratlan, vagy közülük páros, páratlan. Páratlan lesz az összeg, ha a szám között páratlan van, vagy ha páros van. Az egyik-, ill. másikféle esetek száma
illetőleg | | esetén az esetek száma ill. Eszerint A vizsgált értékek esetén tehát minden szóba jövő -re igaz az állítás. Ekkor egyszersmind és -re minden szóba jövő esetén igaz az állítás. Tegyük most fel, hogy , és igaz az állítás, ha továbbá az -nél kisebb -ekre tetszés szerinti szóba jövő mellett. A (3) összefüggés szerint | | Ha páratlan, akkor is, így feltevés szerint a jobb oldal mindkét tagja tehát is az. Ha páros, akkor is, és feltevés szerint ha nem (ti. ha ), ellenkező előjelű, mint Az indukciós feltételből az is következik, hogy nem Azt kaptuk tehát, hogy sem és ellenkező előjelű, mint Ez azonban azt jelenti, hogy az állítás helyessége öröklődik és -ra. A kimondott állítás tehát minden szóba jövő értékpárra igaz. Megjegyzések. 1. Felesleges volt és kiszámítása, mert az indukciós bizonyítás már ezekre is adja az állítás helyességét. Jónak láttuk azonban mind a lehetséges esetre bemutatni egy-egy példát. Aki nem tartja erőszakoltnak a eset megengedését, ezt tekintheti a helyett további egyszerűsítésként. 2. A teljes indukciónak itt egy ritkábban előforduló esetével találkoztunk, a két változó szerint egyidejűleg futó teljes indukcióval, hiszen mikor -re és -ra bizonyítottuk az öröklődést, fel kellett használnunk azt is, hogy -re és ugyanerre a -ra igaz az állítás. Így tulajdonképpen a eset után -ra és minden -re, majd -re és így tovább adódik az állítás helyessége. Ehhez viszont kell az, hogy a legkisebb értékre minden szóba jövő esetén igaz legyen az állítás. Esetünkben ez mindössze az , eseteket jelentette. Annyiban is speciális volt ez a bizonyítás, hogy -re a -nál kisebb -kra nem volt szükséges felhasználnunk az indukciós feltevést. III. megoldás. Az előző megoldásban bevezetett jelöléssel -t kapcsolatba hozhatjuk az elsőfokú polinomok szorzatával. Ebben úgy kapjuk a -adfokú tagokat, hogy tényezőből az -es tagot vesszük, a többiből az -et, ezeket összeszorozzuk és az összes ilyen tagot összeadjuk. Egy-egy ilyen tagban együtthatója -nek a -adik hatványa, ahol az összeadandók különböző, -nál nem nagyobb egészek. Az együttható tehát ha az összeg páros, ha az összeg páratlan. Eszerint együtthatója a szorzatban éppen A szorzat másfelől felváltva és tényezők szorzata, vagyis | | Eszerint egyenlők a nyerési esélyek, ha páratlan, -vel több esetben nyer mint ill. mint ha és páros, ill. páratlan. Megjegyzés. Az függvényt úgy sikerült meghatároznunk, hogy hozzárendeltük az | | polinomot, amit sikerült más alakba írni és abból értékeit meghatározni. -et az generátor függvényének nevezzük. A generátorfüggvény gondolata és számos érdekes alkalmazása Leonhard Euler (1707‐1783) rendkívül termékenynek bizonyult felfedezése, ami a matematika számos ágában alapvető szerepet kapott. Feladatunkban alkalmazható helyett tetszés szerinti számra és az I. megoldáshoz fűzött 2. megjegyzésben kimondott eredményre vezet. A számolás elvégzését az olvasóra bízzuk. |