Propongo il seguente problema proveniente da una simulazione della finale di Cese fatta a Firenze . Questo era il quarto problema .
Claudia e Luca giocano al seguente gioco : inizialmente vi sono tre colonne di monete , la prima ne contiene [tex]a[/tex] , la seconda [tex]b[/tex] , la terza [tex]c[/tex] , con [tex]a \le b \le c[/tex] . Claudia e Luca effettuano a turno una delle seguenti due mosse :
[tex]1[/tex]. Spostare una o più monete dalla prima alla seconda colonna ( o dalla seconda alla terza ) a condizione che , a mossa effettuata , la disuguaglianza iniziale sia rispettata .
[tex]2[/tex]. Togliere simultaneamente lo stesso numero ( positivo ) di monete da due colonne contigue , sempre in modo che , a mossa effettuata , la disuguaglianza iniziale sia rispettata .
Perde chi non può effettuare nessuna mossa .
Inizialmente si ha [tex]a=2009 \ b=10000 \ c=12008[/tex] . Comincia Luca .
Dire chi vincerà e descrivere la sua strategia vincente , dimostrando ció che si afferma .
Boh ... Gioco
Boh ... Gioco
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te
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lucaboss98
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Re: Boh ... Gioco
Le uniche situazioni perdenti sono quelle della forma
Strategia: Lasciare all'avversario sempre terne di questa forma 
Testo nascosto:
Testo nascosto:
Re: Boh ... Gioco
Esatto ... Un minimo di procedimento sarebbe gradito .
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te
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lucaboss98
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Re: Boh ... Gioco
Allora scrivo poco che devo studiare:
1) La partita termina solo con $(0,0,n)$
2) Allora con $(1,1,n)$ si vince
3) Quindi con $(1,2,n)$ si perde
4) Questo è il passo base, dimostriamo che tra le terne del tipo $(m,2m-k,n)$ con $ 0 \leq k \leq m $ si perde se e solo se $k=0$ , e si fa per induzione su $m$
5) Se ho $(m,2m+k,n)$ con $k \geq 1$ passo a $(m,2m,n-k)$ e vinco
So di essere stato molto sintetico, se serve poi la scrivo meglio
1) La partita termina solo con $(0,0,n)$
2) Allora con $(1,1,n)$ si vince
3) Quindi con $(1,2,n)$ si perde
4) Questo è il passo base, dimostriamo che tra le terne del tipo $(m,2m-k,n)$ con $ 0 \leq k \leq m $ si perde se e solo se $k=0$ , e si fa per induzione su $m$
5) Se ho $(m,2m+k,n)$ con $k \geq 1$ passo a $(m,2m,n-k)$ e vinco
So di essere stato molto sintetico, se serve poi la scrivo meglio
Ultima modifica di lucaboss98 il 09/04/2015, 15:42, modificato 1 volta in totale.
Re: Boh ... Gioco
Se devi studiare fai pure . La riscriverai meglio ( se ) e quando vorrai
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te
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lucaboss98
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Re: Boh ... Gioco
Allora
1) Supponiamo di avere una configurazione in cui non si possono più fare mosse: si deve avere $a=0$ altrimenti tolgo monete da $a$ e $b$ , analogamente $b=0$ altrimenti tolgo monete da $b$ e $c$. Quindi la partita termina solo con $(0,0,n)$ (da cui non posso fare nessuna mossa).
2) Da $(1,1,n)$ posso lasciare all'avversario $(0,0,n)$ e quindi vinco!
2.bis) Da $(0,m,n)$ passo a $(0,0,n-m)$ e vinco!
3) con $(1,2,n)$ posso lasciare $(0,3,n)$ , $(0,1,n)$ , $(1,1,n-1)$ , $(1,1,n+1)$ le quali sono tutte vincenti per il punto 2 o 2.bis. Quindi è perdente!
4/5) come detto questo è il passo base della nostra induzione. Supponiamo che per ogni intero positivo tra $0$ e $m-1$ valga quella cosa che ho scritto nell'altro post. Ora da $(m,2m-k,n)$ posso andare (se $m \geq k \geq 1$ ) in $(m-k,2(m-k),n)$ che, per ipotesi induttiva, essendo $0 \leq m-k \leq m-1$ , è perdente, e vincere. Da $(m,2m,n)$ posso andare in ( $ i \geq 1 $ )
I) $(m-i,2m-i,n)$ che è vincente per ipotesi induttiva.
II) $(m-i,2m+i,n)$ che è vincente per ipotesi induttiva.
III) $(m,2m-i,n-i)$ che abbiamo detto essere vincente.
IV) $(m,2m-i,n+i)$ che abbiamo detto essere vincente.
Infine da $(m,2m+k,n)$ posso andare in $(m,2m,n-k)$ e vincere
Quindi posti $m=2009$ , $k=5982$ , $n=12008$ si ha $(m,2m+k,n)=(2009,10000,12008)$ che è vincente
1) Supponiamo di avere una configurazione in cui non si possono più fare mosse: si deve avere $a=0$ altrimenti tolgo monete da $a$ e $b$ , analogamente $b=0$ altrimenti tolgo monete da $b$ e $c$. Quindi la partita termina solo con $(0,0,n)$ (da cui non posso fare nessuna mossa).
2) Da $(1,1,n)$ posso lasciare all'avversario $(0,0,n)$ e quindi vinco!
2.bis) Da $(0,m,n)$ passo a $(0,0,n-m)$ e vinco!
3) con $(1,2,n)$ posso lasciare $(0,3,n)$ , $(0,1,n)$ , $(1,1,n-1)$ , $(1,1,n+1)$ le quali sono tutte vincenti per il punto 2 o 2.bis. Quindi è perdente!
4/5) come detto questo è il passo base della nostra induzione. Supponiamo che per ogni intero positivo tra $0$ e $m-1$ valga quella cosa che ho scritto nell'altro post. Ora da $(m,2m-k,n)$ posso andare (se $m \geq k \geq 1$ ) in $(m-k,2(m-k),n)$ che, per ipotesi induttiva, essendo $0 \leq m-k \leq m-1$ , è perdente, e vincere. Da $(m,2m,n)$ posso andare in ( $ i \geq 1 $ )
I) $(m-i,2m-i,n)$ che è vincente per ipotesi induttiva.
II) $(m-i,2m+i,n)$ che è vincente per ipotesi induttiva.
III) $(m,2m-i,n-i)$ che abbiamo detto essere vincente.
IV) $(m,2m-i,n+i)$ che abbiamo detto essere vincente.
Infine da $(m,2m+k,n)$ posso andare in $(m,2m,n-k)$ e vincere
Quindi posti $m=2009$ , $k=5982$ , $n=12008$ si ha $(m,2m+k,n)=(2009,10000,12008)$ che è vincente