Приклад 6.1. Двоє кладуть по черзі п’ятаки на круглий стіл. Програє той, хто не зможе покласти черговий п’ятак. Хто виграє?
Розв’язання. Виграє перший. Він кладе п’ятак в центр столу, після чого на будь-який хід другого у першого завжди є симетрична відповідь. ■
Приклад 6.2. Дві компанії А і В отримали право освітлювати шахову столицю Нью-Васюки, яка по формі є прямокутною сіткою вулиць. Компанії по черзі ставлять на неосвітлене перехрестя прожектор, який освітлює весь північно-східний кут міста (від нуля до 90° ). Премію О. Бендера одержить та компанія, якій на своєму ході нічого буде освітлювати. Хто виграє при правильній грі, якщо починає компанія А?
Розв’язання. Самий північно-східний квартал міста буде освітлений у будь-якому випадку після першого ходу. Припустимо, у компанії В є виграшна стратегія. Тоді у неї є виграшна відповідь на хід компанії А, що полягає в освітленні тільки північно-східного кварталу. Але з цього ж ходу може почати гру компанія А і потім скористатися виграшною стратегією компанії В. Суперечність. Отже, виграшна стратегія у компанії А є і вона виграє. ■
Приклад 6.3. Двоє гравців по черзі розламують шоколадну плитку 6 ´ 8. За один хід дозволяється зробити прямолінійний розлом будь-якого зі шматків уздовж заглиблення на плитці. Програє той, хто не зможе зробити наступного ходу. У котрого з гравців є виграшна стратегія ?
Розв’язання. Перемога першого гравця досягається незалежно від його гри, все ж можна було б запропонувати для нього цілком осмислену стратегію. Припустимо, що своїм першим ходом він розламав плитку на дві однакові частини розмірами 6 ´ 4. Тоді, яку б із цих частин не розламав другий гравець, у першого є можливість зробити аналогічний (симетричний) розлом у тотожній їй другій частині. При цьому одержимо дві пари рівних між собою шматків. Тоді, який би шматок не розламав другий гравець, перший знову має змогу зробити аналогічний розлом шматка, який входить із розламаним в ту ж саму пару. Таким чином, скільки б не продовжувалася гра, ходи першого гравця не зможуть вичерпатися раніше, ніж ходи другого. А оскільки число розломів плитки є скінченним, ми дістаємо, що врешті-решт вичерпаються ходи обох гравців. З попередніх міркувань випливає, що останній хід при цьому буде за першим гравцем, який і здобуде перемогу. ■
Приклад 6.4. Двоє гравців по черзі ставлять слонів на клітинки шахової дошки так, що слони не б’ють один одного (колір слонів значення не має). Програє той, хто не може зробити хід. Хто з гравців може забезпечити собі виграш?
Розв’язання. Шахова дошка симетрична відносно свого центра, тому, на перший погляд, другий гравець на кожен хід першого має симетричний хід. Однак це не так, бо, якщо перший гравець ставить слона на одну з клітинок головної діагоналі, то другий гравець симетричного ходу не має.
Щоб розв’язати задачу за допомогою симетричної стратегії, необхідно знайти симетрію, при якій попередній хід суперника не перешкоджає дотриманню обраної стратегії. Такою є симетрія відносно прямої, що розділяє четверту і п’яту горизонталі. Симетричні відносно неї поля мають різний колір, і тому слони, поставлені на такі поля, не б’ють один одного.
Отже, другий гравець виграє, якщо на кожен хід першого гравця відповідає ходом, симетричним відносно вказаної прямої. ■
Приклад 6.5. Хлопчик та дівчинка по черзі зафарбовують клітинки прямокутної таблиці. За один хід треба зафарбувати дві не зафарбовані клітинки, які мають спільну сторону. Починає гру дівчинка, а програє той, хто немає можливості зробити хід. Хто переможе при правильній грі, якщо таблиця має розміри:
а) 2004 ´ 2006; б) 2005 ´ 2006?
Розв’язання. а) Переможе хлопчик. Після кожного ходу дівчинки йому треба зафарбувати ту пару клітинок, яка центрально-симетрична відносно центра прямокутника клітинкам, тільки що зафарбованими дівчинкою. Простіше кажучи, ходи хлопчика повинні бути центрально-симетричні ходам дівчинки. Клітинки для такого ходу хлопчика завжди будуть чистими. Адже після кожного ходу хлопчика набір не зафарбованих клітинок буде мати центр симетрії ― центр прямокутника. І якщо дівчинка обере для свого ходу якісь дві чисті клітинки, то чистими будуть і клітинки для ходу хлопчика. Оскільки загальна кількість клітинок скінченна, гра колись закінчиться, а програти може лише дівчинка. Для стратегії хлопчика важливим є те, що центр прямокутника лежить у вершині клітинки.
б) Виграє дівчинка. Для прямокутника 2005 ´ 2006 центр симетрії лежить всередині спільної сторони двох клітинок, і першим ходом дівчинці треба зафарбувати ці дві клітинки. Далі вона повинна робити ходи, центрально-симет-ричні ходам хлопчика відносно центра прямокутника. ■
Приклад 6.6. Прямокутна шоколадка розділена 4 повздовжніми та 9 поперечними заглибленнями на 5 ´ 10 = 50 квадратних частин. Перший гравець розламує шоколадку по деякому заглибленню на дві прямокутні частини. Далі два гравці по черзі одну із отриманих частин по заглибленнях ділять на дві прямокутні частини. Хто виграє при правильній грі, якщо той, хто відламає частку 1 ´ 1:
а) програє;
б) виграє?
Розв’язання. В обох випадках виграє перший гравець, і першим своїм ходом він має розламати шоколадку на дві частини 5 ´ 5.
У варіанті а) на кожний хід другого гравця на одній половині шоколадки першому треба зробити такий же хід на іншій. Очевидно, що частку 1 ´ 1 раніше отримає другий гравець.
У варіанті б) перший гравець дублює ходи другого в іншій половині шоколадки, поки другий не відламає якусь частку 1 ´ n. Тоді з цієї частини перший отримує частку 1 ´ 1. ■
Приклад 6.7. (Обласна олімпіада). Дано смужку розміром 1 ´ 2005. Двоє учнів грають у гру, по черзі роблячи свої ходи. За один хід потрібно закреслити одну довільну клітинку смужки або деякі дві послідовні клітинки. Програє той, хто не зможе зробити хід. Хто може забезпечити собі виграш ― перший гравець чи його суперник?
Розв’язання. Перемогу може забезпечити собі перший гравець. Першим ходом він закреслює 1003-тю (центральну) клітинку, а потім повторює ходи суперника симетрично відносно неї. ■
Приклад 6.8. (Обласна олімпіада). Два гравці записують по черзі числа 1 і –1 в одиничні клітинки таблиці розміром 1987 ´ 1987. Після того, як всі клітинки заповнені, для кожного рядка, стовпця і двох діагоналей таблиці підраховується добуток чисел, які там записані. Довести, що гравець, який робить перший хід, може грати так, щоб серед цих добутків було рівно 1990 додатних.
Розв’язання. Оскільки число 1987 непарне, то існує клітинка, центром якої є центр симетрії даної таблиці. Для кожної іншої клітинки існує клітинка, симетрична з нею відносно центра таблиці. Якщо перший гравець хоче домогтись вказаного в задачі результату, то своїм першим ходом він має записати в центральну клітинку число (−1), а після кожного ходу другого гравця йому слід записувати число протилежного знаку в клітинку, симетричну відносно центра таблиці із клітинкою «суперника». Якщо, наприклад, другий гравець своїм першим ходом записує число (+1) в клітинку першого стовпця, то перший гравець записує число (−1) в симетричну з нею клітинку 1987-го стовпця. Після цього обміну ходів в кожному із заданих стовпців залишиться по 1986 клітинок, тому в першому стовпцеві буде 993 + 1 число (+1) і 993 числа (−1), тобто добуток чисел буде дорівнювати –1. У 1987 стовпцеві буде 994 клітинки з числами (−1) і 993 ― з числами (+1). Добуток всіх чисел дорівнює (+1). Таким чином, в тому рядку чи в тій діагоналі, де перший запис робить перший гравець, добуток чисел дорівнює (+1). Сюди відносяться, перш за все, обидві діагоналі, той рядок і той стовпець, які містять центральну клітинку (всього 4). Решта рядків і стовпців буде 1986 з додатними добутками і 1986 ― з від’ємними.
1986 + 4 = 1990 ― кількість додатних добутків. ■
Приклад 6.9. У рівностях * + * + * = *, * + * = *, * = * двоє вписують по черзі на свій розсуд замість зірочок цілі числа. Довести, що той, хто починає гру, завжди може досягти правильності усіх числових рівностей.
Розв’язання. Перший гравець повинен записати довільне ціле число замість однієї із зірочок другої рівності. Далі, записуючи числа в тій же рівності, що і його суперник, він матиме змогу записати останні числа кожної рівності, а отже, і добитися їх виконання.
Слід зауважити, що відступ від описаної стратегії може привести першого гравця і до поразки. Наприклад, суперник негайно міг би скористатися із вписування числа у третю рівність. ■
Приклад 6.10. Дано шахівницю 8 ´ 8 і прямокутні доміно 1 ´ 2. За один хід дозволяється накрити дві сусідні клітинки шахівниці так, щоб плитки доміно не перекривались. Програє той, хто не зможе зробити наступного ходу. У котрого з двох гравців є виграшна стратегія?
Розв’язання. Виграшна стратегія є у другого гравця. Для перемоги він кожного разу повинен ставити плитку доміно симетрично відносно центра дошки до плитки, поставленої перед цим його суперником. ■
Приклад 6.11. Двоє по черзі ставлять на вільні клітинки шахової дошки коней: один ― білих, другий ― чорних, роблячи це так, щоб виставлений кінь не міг бути взятий жодним із вже поставлених противником коней. Програє той, хто не може зробити черговий хід. Хто виграє при правильній грі: той хто починає гру чи його партнер ― і як треба ходити, щоб виграти?
Розв’язання. Нехай другий гравець, роблячи черговий хід, ставить свого коня на клітинку, яка симетрична відносно центра дошки клітинці, на яку тільки що поставив коня його партнер. Доведемо, що вказана стратегія дозволяє другому гравцю завжди добитися перемоги. Для цього покажемо, що якщо перший гравець може зробити черговий хід, то черговий хід може зробити і його партнер.
В силу вибору стратегії, по-перше, є вільна клітинка, на яку другий гравець ставить коня. По-друге, цей кінь не може бути взятий тільки що поставленим конем партнера, бо ці коні знаходяться на клітинках одного кольору. По-третє, цей кінь не може бути взятим жодним з інших виставлених партнером коней: якби він міг бути взятий з клітинки А, то виставлений останнім кінь першого гравця міг би бути взятий конем із клітинки, симетричної А відносно центра.
Зауваження. Існують інші стратегії, які дозволяють завжди виграти тому, хто ходить другим. Наприклад, він може ставити коня на клітинку, симетричну клітинці, на яку тільки що поставив коня його партнер, відносно вертикальної (горизонтальної) осі симетрії дошки. ■