Методы решения олимпиадных задач по математике
Почти всегда при решении задач по геометрии приходится обращаться к использованию алгебры. Создается алгебраическая модель геометрической ситуации, которая исследуется и позволяет ответить на вопрос, который поставлен в задаче.
- Тождественные преобразования
Осуществляя тождественные преобразования, можно свести сложные выражения к более простым или к таким, которые более тесно связаны с тем, что требуется найти в задаче.
Во множестве целых чисел операция деления выполняется не всегда. Анализ условий, при которых эта операция осуществляется, использование свойств делимости и позволяет получить информацию про общую ситуацию, которая может оказаться полезной при ответе на вопрос задачи.
- Метод бесконечного спуска
Анализ ситуации, поставленной в задаче, позволяет заметить возможность организации бесконечного процесса. Исследование условий, при которых этот бесконечный процесс возможен, позволяет получить дополнительную информацию, которая оказывается полезной при решении задачи.
- Переход к новым переменным
Соотношения, описанные в условии задачи, выражаются формулами, которые связывают конкретные характеристики объектов. От вода формулы зависит ее исследование. Формула может упроститься, если выбрать иные характеристики, новые переменные.
- Сведение к квадратному уравнению
Решение многих сложных уравнений можно свести к исследованию квадратных уравнений, при этом используются связи между корнями и коэффициентами, условие существования корней.
Индукция позволяет после разбора нескольких частных случаев выделить определенную гипотезу, которая может помочи провести анализ общей ситуации
- Инвариант и полуинвариант
Инвариант – это то, что на изменяется в некотором процессе. Полуинвариант – это то, что в некотором процессе изменяется в одну сторону (возрастает или убывает). Нестандартные задачи на инвариант (полуинвариант) можно условно разбить на два вида: те, в которых требуется доказать инвариантность данной величины, и те, в которых инвариант используется при решении и сразу не очевиден. Принцип решения задач основан на поиске действий, которые относятся к задаче (инвариант объекта). Стандартным является рассуждение: пусть на некотором шаге получился объект А. Осуществим над ним допустимые действия и получим объект В. Что в них общее? Что изменилось? Принцип применения инварианта часто остается непонятным и тяжелым для учеников. Поэтому нужно обратить особое внимание на усвоение самой логики применения инварианта.
Главное в решении подобных задач – придумать сам инвариант. Это настоящее искуство, которым можно овладеть только имея опыт решения таких задач.
Этот метод связан с определенным огрублением условия, переходом к неравенствам, которые сохраняют основные соотношения между объектами.
- Рассмотрение частных случаев
Данная идея связана с использованием конкретизации условия задачи и анализом связей между рассмотренными случаями и общей ситуацией.
Внутренняя симметрия проявляется тогда, когда определенные преобразования не нарушают отношений между величинами задачи.
Источник
Общие приемы решения олимпиадных задач
статья по алгебре (8 класс) по теме
Олимпиадные задачи под частую ставят в тупик не только школьников, но и учителей. Трудно подобрать какой-либо способ их решения. Поэтому я постаралась выделить основные способы решеия олимпиадных задача, используя различные источники. Считаю, что этот материал может пригодиться учителям при подготовке учащихся 8-11 классов к участию в олимпиадах.
Скачать:
| Вложение | Размер |
|---|---|
| obshchie_priemy_resheniya_olimpiadnyh_zadach.doc | 958.5 КБ |
Предварительный просмотр:
Общие приемы решения
высшей квалификационной категории
МОУ СОШ №7 г. Каменки
Зубакова Элла Александровна
- Инварианты и их применение при решении задач (четность, деление с остатком).
- Делимость.
- Принцип Дирихле и его применение при решении задач
- Графы
- Метод математической индукции
- Игры ( игры шутки, симметрия, выигрышные позиции)
- Олимпиадные задачи по геометрии
1.Инварианты и их применение при решении задач
Инвариантом некоторого преобразования называется величина или свойство, не изменяющееся при этом преобразовании. В качестве инварианта чаще всего рассматриваются четность и остаток от деления.
Причем, применение четности — одна из наиболее часто встречающихся идей при решении олимпиадных задач.
Сформулируем свойства четности:
- Сумма четных чисел четна
- Сумма 2-х нечетных чисел четна.
- Сумма четного и нечетного чисел нечетна.
- Произведение любого числа на четное – четно.
- Если произведение нечетно, то все сомножители нечетны.
- Сумма четного количества нечетных чисел четна.
- Сумма нечетного количества нечетных чисел нечетна.
- Разность и сумма двух данных чисел – числа одной четности.
- Если объекты можно разбить на пары, то их количество четно.
Лемма1 . Четность суммы нескольких целых чисел совпадает с четностью количества нечетных слагаемых .
1.Число 1+2+…+10- нечетное, так как в сумме 5 нечетных слагаемых.
2.Число 3+5+7+9+11+13- четное, так как в сумме 6 нечетных слагаемых.
Лемма2. Знак произведения нескольких ( отличных от нуля) чисел определяется четностью количества отрицательных сомножителей.
- Число (-1)·(-2)·(-3)·(-4) положительно, так как в произведении четное число отрицательных сомножителей.
- Число (-1) ·2·(-3)·4·(-5) отрицательно, так как в произведении нечетное число отрицательных сомножителей.
Могут ли десять игрушек ценой в 3, 5 или 7 рублей стоить в сумме 53 рубля?
Сумма четного количества нечетных чисел четна. У нас есть 10 игрушек, цена каждой игрушки — нечетное число, значит, их сумма должна быть четна. Но 53-число нечетное. Поэтому получить его в виде суммы 10 нечетных чисел нельзя.
Можно ли 7 телефонов соединить между собой попарно так, чтобы каждый был соединен ровно с тремя другими.
При решении этой задачи используется такое соображение: если мы рассматриваем объекты типа веревки – провода, дороги, рукопожатия, знакомства и т.д., то при любом количестве объектов число концов должно быть четным. Предположим, что мы соединили 7 телефонов между собой попарно так, чтобы каждый был соединен ровно с тремя другими. Посчитаем количество концов проводов, соединяющих эти телефоны. Понятно, что их число должно быть четным. От каждого из 7 телефонов отходит 3 конца, всего 7·3=21 конец, число нечетное. Значит, нельзя 7 телефонов соединить между собой попарно так, чтобы каждый был соединен ровно с тремя другими.
13 команд играют однокруговой турнир. Докажите, что в любой момент есть команда, сыгравшая четное число матчей. (однокруговой турнир – когда каждая команда играет с каждой ровно один раз).
В общей сумме всех игр каждая игра учитывается два раза, если же подсчитать сумму игр 13 команд, сыгравших по нечетному числу матчей, результат будет нечетный. Чтобы общая сумма игр получилась четной, хотя бы одна команда должна сыграть четное число матчей.
Деление с остатком.
Определение. Разделить целое число a на целое число b с остатком – это значит представить его в виде a=bq + r, где q и r целые числа, 0 £ r ï b ï .
Основную роль во всей арифметике целых чисел играет теорема о делении с остатком.
Теорема. Для любых целых a и b существует единственная пара чисел q и r, удовлетворяющих условиям, a=bq + r, 0 £ r ï b ï .
Замечание. В частности, если , то и делится на .
Замечание. Если то q называется неполным частным, а r – остатком от деления a на b.
Из теоремы о делении с остатком следует, что при фиксированном целом m>0 любое целое число а можно представить в одном из следующих видов:
При этом если то будем иметь , если и
Например, любое целое число можно представить в виде или .
Любое целое число можно представить в виде , или .
1. Какой цифрой заканчивается число 3?
Решение: Так как число 3оканчивается цифрой 1, то и любая его степень вида (3)оканчивается цифрой 1. Найдём остаток от деления числа 1995 на 4. Имеем 1995=4 × 498+3. Значит, 3=(3) × 3. Первый множитель оканчивается цифрой 1, а второй – цифрой 7. Значит, произведение оканчивается цифрой 7, то есть число 3 оканчивается цифрой 7.
2. Какие остатки могут получиться при делении квадрата целого числа на 3?
Решение: Всякое число a в соответствии с остатками от деления его на 3 может быть представлено в одном из видов: a=3k, a=3k+1, a=3k+2 ( k– целое число).
Соответственно получаем a = 9k=3(3k), a=(3k+1) =9k+6k+1=3(3k+2k)+1, a=(3k+2) =9k+12k+4=3(3k+4k+1)+1.
Мы видим, что число a либо делится на 3, либо при делении на 3 даёт остаток 1. Тем самым мы показали, что квадрат целого числа при делении на 3 не может дать остаток 2.
3. Докажем, что, если остаток от деления числа на 9 есть 2, 3, 5, 6, 8, то это число не может быть квадратом целого числа.
Решение: Рассмотрим классы чисел, на которые разбивается множество целых чисел при делении на 9.
9k±1 (9k±1) =81 k ±2 × 9k+1=9(9k±2k)+1
9k±2 (9k±2) =81 k ±4 × 9k+4=9(9k±4k)+4
9k±3 (9k±3) =81 k ±3 × 9k+9=9(9k±2k)+1
9k±4 (9k±4) =81 k ±4 × 9k+16=9(9k±4k+1)+7
При делении на 9 целые числа, являющиеся полными квадратами дают в остатке числа 0, 1, 4, 7. Следовательно, числа, дающие в остатке 2, 3, 5, 6, 8 не могут являться квадратами целых чисел.
При решении задач на делимость следует знать основную теорему арифметики: натуральное число раскладывается на произведение простых множителей единственным образом, с точностью до порядка множителей, а так же признаки делимости.
Признак делимости на 2. Число n делится на 2 в том и только в том случае, если его последняя цифра делится на 2.
Признак делимости на 4. Число n делится на 4 в том и только в том случае, если на 4 делится число, образованное из двух последних цифр числа n.
Признак делимости на 8. Число n делится на 8 в том и только в том случае, если на 8 делится трёхзначное число, образованное из трёх последних цифр числа n.
Если внимательно рассмотреть признаки делимости на 2,4,8, то можно найти признак делимости на 2 m ( m =1,2,3,…): число n делится на 2 m в том и только в том случае, если на 2 m делится m-значное число, которое образуют m последних цифр числа n.
Признак делимости на 5. Число n делится на 5 в том и только в том случае, если его последняя цифра 0 или 5.
Признак делимости на 5 m схож с признаком делимости числа n на 2 m .
Признак делимости на 3. Число n делится на 3 в том и только в том случае, если сумма его цифр делится на 3.
Признак делимости на 9. Число n делится на 9 в том и только в том случае, если сумма его цифр делится на 9.
Признак делимости на 7. Число n делится на 7 в том и только в том случае, если на 7 делится число p=n+3n+2n-(n+3n+n)+…,где n–последняя цифра числа n, n–предпоследняя цифра числа и так далее.
Признак делимости на 11. Число n делится на 11 в том и только в том случае, если сумма его цифр, стоящих на нечётных местах, отличается от суммы его цифр, стоящих на чётных местах, на величину кратную 11.
(n+ n+ n+…)-( n+n+ n+…) делится на 11, то число n делится на 11.
Признак делимости на 13. Число n делится на 13 в том и только в том случае, если на 13 делится число l, полученное из n зачёркиванием последней цифры и прибавлением к получённому числу учетверённое значения зачеркнутой цифры.
Комбинируя уже известные признаки делимости, можно узнать, делится ли данное число на 6, 10, 12, 14, 15 и так далее.
Докажите, что произведение любых трех последовательных чисел делится на 6.
Среди трех последовательных чисел есть как минимум одно четное и одно, делящееся на 3. Значит, их произведение разделится на 6.
Каково наименьшее натуральное N такое, что N! делится на 770?
770=7·11·10, значит N! делится на 11. Наименьшее выражение, содержащее множитель 11, будет 11!, в это произведение будут входить и 7, и 10.
Разговор об олимпиадных задачах мы начинали с решения
занимательных задач. Для учащихся 5-6 классов очень важен этот
«занимательный» подход. Начнем с рассмотрения забавного
перевода С. Я. Маршака одного шутливого английского стихотворения:
Их было десять чудаков,
Тех путников усталых,
Что в дверь решили постучать
Таверны «Славный малый».
— Пусти, хозяин, ночевать,
Не будешь ты в убытке,
Нам только ночку переспать,
Промокли мы до нитки.
Хозяин тем гостям был рад,
Да вот беда некстати:
Лишь девять комнат у него,
И девять лишь кроватей.
— Восьми гостям я предложу
Постели честь по чести,
А двум придется ночь проспать
В одной кровати вместе.
Лишь он сказал, и сразу крик,
От гнева красны лица:
Никто из всех десятерых
Не хочет потесниться.
Как охладить страстей тех пыл,
Умерить те волненья?
Но старый плут хозяин был
И разрешил сомненья.
Двух первых путников пока,
Чтоб не судили строго,
Просил пройти он в номер «А»
И подождать немного.
Спал третий в «Б», четвертый в «В»,
В «Г» спал всю ночь наш пятый,
В «Д», «Е», «Ж», «3» нашли ночлег
С шестого по девятый.
Потом, вернувшись снова в «А»,
Где ждали его двое,
Он ключ от «И» вручить был рад
Хоть много лет прошло с тех пор,
Как смог хозяин разместить
Гостей по одному.
Иль арифметика стара,
Иль чудо перед нами,
Понять, что, как и почему,
Вы постарайтесь сами.
Внимательный читатель сразу заметит, что первого и второго
путников в тексте сначала поместили в комнату «А», а потом одного из
них невольно перебросили в десятую комнату, одного и того же
человека подсчитали два раза.
Гораздо проще задача может быть пояснена при помощи
принципа Дирихле (Дирихле Петер Лежен (1805-1859) — немецкий
математик, иностранный член многих иностранных академий наук).
Представим этот принцип в такой шутливой форме:
«Если в N клетках сидят не менее N+ I кроликов, то в какой-то
из клеток сидит не менее двух кроликов».
Обратим внимание на расплывчатость выводов — «в какой-то из
клеток», «не менее». Это является, пожалуй, отличительной чертой
принципа Дирихле, которая иногда приводит к возможности неожиданных
выводов на основе, казалось бы, совершенно недостаточных сведений.
Доказательство самого принципа чрезвычайно просто, в нем
используется тривиальный подсчет кроликов в клетках. Если бы в
каждой клетке сидело не более одного кролика, то всего в наших N
клетках сидело бы не более N кроликов, что противоречило бы
условиям. Таким образом, мы доказали принцип Дирихле методом
Задача 1. В мешке лежат шарики двух цветов: черного и белого.
Какое наименьшее число шариков нужно достать из мешка
вслепую, чтобы среди них заведомо оказались два шарика одного цвета?
Решение. Достаем из мешка 3 шарика. Если среди этих шариков
было не более одного шарика каждого из цветов — это очевидно, и
противоречит тому, что мы достали три шарика. С другой стороны,
понятно, что двух шариков может и не хватить. Ясно, что кроликами в
этой задаче являются шарики, а клетками — цвета: черный и белый.
Задача 2. Доказать, что среди п + 1 целого числа можно выбрать
два, разность которых делится на п.
Решение. При делении на п любое число дает в остатке одно из
чисел 0, 1,2, 3, . п, т. е. существует всего п различных остатков.
Поэтому среди п +1 числа найдутся два, дающие одинаковые
остатки при делении на п. Разность этих чисел делится на п.
Обобщенный принцип Дирихле
Если в N клетках сидят не менее kN + 1 кроликов, то в какой-то
из клеток сидит по крайней мере к + 1 кролик.
Задача 3. В магазин привезли 25 ящиков с тремя разными
сортами яблок (в каждом ящике яблоки только одного сорта). Доказать,
что среди них есть по крайней мере 9 ящиков с яблоками одного и
Решение. 25 ящиков-«кроликов» рассадим по трем
клеткам-сортам. Так как 25 = 3 х 8 + 1, то применим «обобщенный принцип
Дирихле» для N= 3, к = 8 и получим, что в какой-то клетке-сорте
не менее 9 ящиков.
Задача 4. Дано 8 различных натуральных чисел, каждое из
которых не больше 15. Докажите, что среди их положительных попарных
разностей есть три одинаковых.
Решение. При решении этой задачи встречается, казалось бы,
непреодолимое препятствие. Различных разностей может быть 14 —
от 1 до 14 — это те же 14 клеток, в которые мы будем сажать
кроликов. Кто же будет нашими кроликами? Ими, конечно, должны
быть разности между парами данных нам натуральных чисел.
Однако имеется 28 пар и их можно рассадить по 14 клеткам так, что в
каждой клетке будет сидеть ровно два «кролика» (и значит, в
каждом меньше трех). Здесь необходимо использовать дополнительное соображение: в клетке с номером 14 может сидеть не более одного
кролика, ведь число 14 может быть записано только как разность
двух натуральных чисел, не превосходящих 15, лишь одним
способом: 14 = 15 — 1. Значит, в оставшихся 13 клетках сидят не менее 27
«кроликов» и применение обобщенного принципа Дирихле дает
нам желаемый результат.
Примечание. Заметим, что у нас в основе принципа Дирихле
лежала идея сложения неравенств.
Следствие. Если сумма п чисел равна S, то среди них есть как
число, не большее S/ п, так и число, не меньшее S / п .
Определение. Под графом мы будем понимать картинку,
адекватно описывающую задачу. При этом элементы множеств, как
правило, показываются точками. Желательно, чтобы при решении точки
не лежали на одной или паре прямых. Точки при этом называются
вершинами графа, а линии, соединяющие эти точки, — ребрами.
Отметим, что точки могут соединяться произвольными (не
обязательно прямыми) линиями.
Поясним понятие графа на примере нескольких задач.
Пример 1. Между 9 планетами Солнечной системы введено
космическое сообщение. Ракеты летают по следующим маршрутам:
Земля — Меркурий, Плутон — Венера, Земля — Плутон, Плутон —
Меркурий, Меркурий — Венера, Уран — Нептун, Нептун — Сатурн,
Сатурн — Юпитер, Юпитер — Марс и Марс — Уран. Можно ли
добраться (возможны пересадки) с Земли до Марса?
Решение. Нарисуем схему: планетам будут соответствовать
точки, а соединяющим их маршрутам — непересекающиеся между
Сделав набросок рисунка маршрутов, мы нарисовали граф,
соответствующий условию задачи. Видно, что все планеты
Солнечной системы разделились на две не связанных между собой
группы. Земля принадлежит одной группе, а Марс — второй.
Долететь с Земли до Марса нельзя.
Пример 2. В стране Цифра есть 9 городов с названиями 1, 2, 3, 4,
5, 6, 7, 8, 9. Путешественник обнаружил, что два города соединены
авиалинией тогда и только тогда, когда двузначное число,
составленное из цифр-названий этих городов, делится на 3. Можно ли из
города 1 добраться в город 9?
Решение. Покажем возможные маршруты, нарисовав граф
И в этой задаче 1 и 9 попали в две разных части графа. Ясно, что в
правой части графа сгруппировались города-цифры нацело делящиеся на
3, а в левой части графа ребра соединяют две цифры: одну — делящуюся
на 3 с остатком 1, а другую — делящуюся на 3 с остатком 2.
Примечание. Отметим, что один и тот же граф можно нарисовать
по-разному. Если учащиеся одного класса нарисуют графы к одной
задаче, то мы можем получить столько графов, сколько учащихся
их рисовали. Нарисованные по-разному графы (если они нарисованы
без ошибок) принято называть изоморфными. Любой читатель
может нарисовать бесконечное множество изоморфных графов.
Правило. Для подсчета числа ребер графа необходимо
просуммировать степени вершин и полученный результат разделить на два.
Следствие. Сумма степеней всех вершин графа должна быть
четной (иначе ее нельзя было бы разделить на 2 нацело).
Определение. Вершина графа, имеющая нечетную степень
называется нечетной, а имеющая четную степень — четной.
Теорема. Число нечетных вершин любого графа — четно.
Для доказательства этой теоремы остается заметить, что сумма
нескольких целых чисел четна тогда и только тогда, когда
количество нечетных слагаемых четно.
Примечание . Теорема о четности числа нечетных вершин — одно
из центральных мест теории графов.
5.Метод математической индукции
Общие и частные утверждения. Дедукция и индукция. Индукция
как переход от частных утверждений к общим. Метод полной
математической индукции в настоящее время не находит своего места в
школьных учебниках. Между тем этот метод играет существенную
роль в высшей математике, являясь сильным орудием в
математических доказательствах. Именно этот метод позволяет коротко и
абсолютно строго доказывать многие теоремы.
Требование полноты доказательства является одним из ведущих
в современной математике. На самом деле при п = 1, 2, 3, 4 число
равно соответственно простым числам 19, 23, 29, 37.
Проверим еще несколько следующих значений (скажем, п = 5, 6, 7,
8, 9, 10) — число тоже оказывается простым. Но можно ли отсюда
заключить, что число — простое?
такое заключение было бы логически необоснованным. Более того,
оно и неверно: легко убедиться, что при п = 16 это число равно 172,
т. е. не является простым.
Дети любят играть! Поэтому, особенно у школьников младших
классов, большой интерес вызывают задачи-игры. С их помощью
преподаватель может внести в занятие элемент развлечения: устроить турнир,
сеанс одновременной игры, наконец, просто дать детям поиграть.
Вспомните, с каким интересом в игре «Форт Баярд» дети
следят за процессом вытягивания палочек, зная условия игры.
В то же время такие задачи содержательны. Достаточно рассказать,
что в игре «крестики-нолики» при правильной игре всегда
достигается ничейный результат (см. [5], где излагается полная теория игры).
При изложении решения игровых задач школьники испытывают
большие трудности. Ведь необходимо, во-первых, грамотно
сформулировать стратегию, а во-вторых, доказать, что она действительно
ведет к выигрышу. Поэтому задачи-игры очень полезны для
развития разговорной математической культуры и четкого понимания того,
что означает «решить задачу».
Во всех встречающихся играх предполагается, что играют двое,
ходы делаются по очереди (игрок не может пропускать ход).
Ответить всегда нужно на один и тот же вопрос — кто побеждает:
начинающий (первый) игрок или его партнер (второй)? В дальнейшем
это оговариваться не будет.
Примечание . Отметим для преподавателей, что перед объяснением
решения задачи-игры необходимо учащимся дать (если это
возможно) возможность поиграть в предлагаемую игру.
Первый класс игр, о которых пойдет речь, — игры-шутки. Это
игры, исход которых не зависит от того, как играют соперники.
Поэтому для решения такой игры-задачи не нужно указывать
выигрышную стратегию. Достаточно лишь доказать, что выигрывает
тот или иной игрок (независимо от того, как будет играть!).
Начнем с игры, в которую играли в ближайшем к моему дому
гастрономе два соседских мальчишки 10—12 лет.
Пример 1. Двое ломают шоколадку 6х 8. За ход разрешается
сделать прямолинейный разлом любого из имеющихся кусков
вдоль углубления. Проигрывает тот, кто не может сделать ход.
Проигравший игрок покупает сопернику шоколадку.
Примечание. Я не один день наблюдал за мальчишками. Одному
из них все время не везло — он играл «вторым номером». Через
несколько дней я удивился: он, играя «вторым номером», начал
стабильно выигрывать. Оказалось, что с некоторого дня он
предложил покупать шоколадку 5×7, мотивируя свое предложение тем,
что такие шоколадки дешевле.
Решение. После каждого хода число кусков шоколадки
увеличивается на единицу. Ломая шоколадку 6×8, мы из одного куска после
некоторого числа ходов получим 48 кусочков. Всего будет сделано 47
ходов, это говорит о том, что последний ход (нечетный) сделает
Ломая шоколадку 5×7, мы из одного куска после некоторого
числа ходов получим 35 кусочков. Всего будет сделано 34 хода, это
говорит о том, что последний ход (четный) сделает второй игрок.
Пример 5. Двое по очереди кладут пятирублевые монеты на стол
симметричной формы, причем так, чтобы они не накладывались
друг на друга. Проигрывает тот, кто не может сделать ход.
Решение. В этой игре выигрывает первый игрок, независимо от
размеров и формы стола! Первым ходом он кладет монету так,
чтобы ее центр и центр симметрии стола совпали. После этого на
каждый ход своего противника отвечает симметрично относительно
центра стола. Отметим, что при такой стратегии после каждого
хода первого игрока позиция симметрична. Поэтому если
возможен очередной ход второго игрока, то возможен и симметричный
ему ответный ход первого. Следовательно, он побеждает.
Примечание 1. В случае, когда симметричность многовариантна,
для решения задачи нужно правильно выбрать центр или ось
симметрии. Продемонстрируем это на примере следующей задачи.
Примечание 2. При доказательстве правильности симметричной
стратегии нельзя забывать о том, что очередному симметричному
ходу может помешать ход, только что сделанный противником. Чтобы
решить игру-задачу при помощи симметричной стратегии
необходимо найти симметрию, при которой только что сделанный
противником ход не препятствует осуществлению избранного плана.
Пример 6. Двое по очереди ставят слонов в клетки шахматной
доски так, чтобы слоны не били друг друга. (Цвет слонов
значения не имеет). Проигрывает тот, кто не может сделать ход.
Решение. 1) Поскольку шахматная доска симметрична
относительно своего центра, то естественно попробовать симметричную
стратегию. Но на этот раз (первым ходом нельзя поставить слона в
центр доски) симметрию может поддерживать второй игрок.
Казалось бы, по аналогии с предыдущей задачей, это и есть
выигрышная стратегия. Однако, следуя ей, второму игроку не удастся сделать даже свой первый ход! Слон, только что поставленный
первым игроком, может бить центрально-симметричное поле.
2) Решение поставленной задачи легко осуществить, применяя не
центральную, а осевую симметрию шахматной доски. За ось симметрии
можно взять прямую, разделяющую, например, четвертую и пятую
горизонтали. Симметричные относительно нее поля имеют разный цвет,
и, тем самым, слон, поставленный на одно из них, не препятствует
ходу на другое. Итак, в этой игре выигрывает все-таки второй игрок.
Достаточно большое число задач-игр требуют анализа.
Рассмотрим задачи, в которых к выигрышу приводят так называемые
Пример 13. Ладья стоит на поле al. За ход разрешается сдвинуть ее
на любое число клеток вправо или на любое число клеток вверх.
Выигрывает тот, кто поставит ладью на поле h8.
Источник
