Niezmienniki Przemysław: Proszę o sprawdzenie paru rzeczy: 1. Mamy do dyspozycji baniak o pojemności 12 litrów i butelkę 3−litrową. Czy możemy odmierzyć dokładnie 8 litrów? − Każda liczba litrów − nazwijmy ją a, jaką możemy odmierzyć jest postaci: a=12−3k, gdzie

	4
k jest liczbą naturalną (z zerem). Jeżeli a=8, to 8=12−3k ⇔ k=		, ale k ma być całkowite
	3

− więc jest to niemożliwe. 2. Mamy 5 kawałków papieru. W każdym ruchu możemy wybrać sobie kartkę i przerwać na 4 części. Czy po pewnym czasie możemy otrzymać dokładnie 2008 kartek papieru? Mamy startowe 5 kawałków. Każdy ruch dodaje 3 kawałki. Chcemy po k (k jest naturalne − nie sposób zrobić 0.5 ruchu, albo −2) ruchów uzyskać 2008, czyli:

	2003
2008=5+3k ⇔k=		∉ℕ
	3

Czyli jest to niemożliwe. 3. Na tablicy napisano sześć liczb: 1,2,3,4,5,6. Za jednym razem można dowolne dwie z nich zwiększyć o 1. Czy po pewnej liczbie kroków można otrzymać na tablicy wszystkie liczby równe? Mamy 3 liczby parzyste i 3 nieparzyste. Zwiększanie o 1 zmienia parzystość. Potrzebujemy zmienić parzystość 3 parzystych albo 3 nieparzystych (właściwie to doprowadzić je do równości, ale to przypadek bardziej szczególny − a chcę pokazać, że ten bardziej ogólny jest już niemożliwy). Załóżmy, że chcemy otrzymać wszystkie liczby parzyste (bez straty ogólności) Możemy wybrać 2 z liczb nieparzystych i dodać do nich po 1. Teraz mamy 5 parzystych i 1 nieparzystą. Zostaje nam 3. liczba do zmiany, ale my musimy wybrać dwie. Dlatego musimy wybrać jedną liczbę nieparzystą i jedną parzystą. Dodajemy po 1 i znowu mamy 5 parzystych i 1 nieparzystą. Dlatego nie można uzyskać liczb o tej samej parzystości, a więc tym bardziej równych. 4. Na stole leżą dwa stosy monet, w jednym jest ich 10, a w drugim 15. Dwóch graczy wykonuje na zmianę podział dowolnie wybranego stosu na dwa mniejsze. Przegrywa ten z nich, który nie może wykonać podziału. Czy tę grę może wygrać drugi gracz? Można wykonać 9+14=23 podziały, a więc nieparzyście wiele. Gracz drugi wykonuje parzyste ruchy − jego ostatnim będzie 22. podział. Gracz pierwszy wykona ostatni − 23. podział i gracz drugi przegra. Więc jest niemożliwe, aby wygrał.

J: Ad 2) Rozumowanie poprawne ... uzasadnienie nieco skomplikowane.... Mamy układ: NPNPNP ( kolejnośc nieistotna ) wybieramy parę (NP) NPNPNP → (NP) → PNNPNP ... i jesteśmy w punkcie wyjścia wybieramy parę (NN) [ lub PP ] NPNPNP → (NN) → PPPPNP .. i nigdy nie uzyskamy 6 − ciu parzystych (analogicznie gdy wybierzemy (PP)

Przemysław: No w sumie Dziękuję bardzo. Jakby jeszcze ktoś na pozostałe spojrzał to byłbym wdzięczny

daras: spojrzałem

J: Ad4) ... przeanalizuj jeszcze raz możliwe podziały..skąd masz: 9 + 14 ?

Przemysław: 10 monet można podzielić na 10 stosików po 1, czyli dokonać 9. podziałów (bo z jednym stosikiem startujemy). Tak samo dla 15 monet. Czyli dla stosiku zawierającego 15 monet można wykonać 14 podziałów, a dla stosiku zawierającego 10 monet 9 podziałów. I stąd 9+14

J: ..."wykonuje podział dowolnie wybranego stosu na dwa mniejsze" ..stos 10 → (1,9) (2,8) (3,7) (4,6 ) (5,5) .. .analogicznie stos 15

Przemysław: Racja, muszą być mniejsze, a nie mniejsze lub równe.

J: przykładowo .. gracz pierwszy podzielił stos 10 ( 6,4) mamy układ: 3 stosy [ 6 , 4 , 15 ] gracz drugi podzielił stos 6 ( 1 , 5) mamy układ: 4 stosy [ 1 , 5 , 4 , 15 ] ... i tak dalej...

Przemysław: Hmm.. Sytuacja końcowa jest taka, że mamy 25 stosików, po 1. Więc nie ważne jak do tego dojdziemy, to musimy wykonać 23 podziały. Tak mi się wydaje.

J: ..tarz zauważ,ze za każdym razem liczba stosów wzrasta o jeden , a końcowy układ ( niepodzielny) to 25 stosów po jednej monecie

J: ...ciepło ...

Przemysław: "ciepło" − znaczy jednak nie do końca tak?

J: .. .dobrze ... 1 ruch → powstają 3 stosy 2 → 4 3 → 5 . . . 23 → 25 ... ten kto wykana 23 ruch wygra ... a jest nim gracz nr

Przemysław: 23 ruch wykona ten sam gracz, który wykonał 1. ruch czyli gracz nr 1.

J: Dokładnie tak... drugi gracz nie wygra nigdy

Przemysław: No to jednak to moje rozwiązanie nie było złe chyba! Bo faktycznie można podzielić stosik 10 monet na 10 stosików po 1 itd tak samo jak tu. Tylko nie objąłem wszystkich monet na raz, a dwa stosy osobno i dodałem. Ale na to samo wychodzi.

Przemysław: W każdym razie dziękuję A te 2 pierwsze wydają się łatwe, ale wolałbym potwierdzenie że dobrze, bo może jakieś głupoty napisałem

J: W sumie było dobre ... ... trochę mnie zmylił Twój zapis: 9 + 14

J: Zad.2) ... masz dobrze .... uzasadnienie: Po pierwszy "targaniu" mamy 8 kartek ... każde nastepne zwieksza ilość o 3 (ciąg arytmetyczny) a₁ = 8 , r = 3 , a_n = 2008 2008 = 8 + (n−1)*3 ⇒ n nie istnieje...

Przemysław: Dzięki, dzięki

Kacper:

Mat3: zad.2 ... to nie jest ciąg geometryczny?

Mat3: ok, wybieramy tylko jedną kartkę i rozdzieramy....arytmetyczny

b.: Inne rozwiązanie 3: suma tych sześciu liczb wynosi 21 = 6*3+3, dodając do jakichś dwóch jedynkę możemy dostać liczby o sumie postaci 6k+5, 6k+1 lub 6k+3 −− zawsze niepodzielnej przez 6, więc nie mogą byc one wszystkie równe.

Przemysław: Dziękuję b