Invariánsok. Petar Kenderov és Ivaylo Kortezov. Tekintsünk néhány feladatot, mielőtt megmagyarázzuk, hogy mik is azok a invariánsok.

Átírás

1 Invariánsok Petar Kenderov és Ivaylo Kortezov Tekintsünk néhány feladatot, mielőtt megmagyarázzuk, hogy mik is azok a invariánsok. A1 Feladat A Bátor Lovag találkozott a Három-fejű Sárkánnyal és elhatározta, hogy megmutatja, hogy milyen bátor, azzal, hogy levágja a fejeit. Valójában azonban csak a hozzá nem értését bizonyította be: kiderült, hogy miután levágják egy fejét a sárkánynak, három nő ki a levágott helyén. Ennek ellenére a Lovag ragaszkodott a fejek levágásához. A végén elhatározta, hogy megszámolja a feltuningolt Sárkány fejeit ot számolt. Pontosan számolt? Az első vágás után egy fej fog eltűnni, és három új jelenik meg helyette. A Sárkánynak így 2- vel több, azaz 5 feje lesz. A második vágás után 7 feje lesz és így tovább. Minden vágás után a fejek száma 2-vel nő. Így a Sárkány fejeinek a száma minden vágás után megnő és mindig páratlan szám marad: 3, 5, 7, 9, 11, Ezért a fejek száma nem lehet a páros os szám. A Lovag bebizonyította egy másik hozzá nem értését is. A számolásban sem volt jó. A2 Feladat 1 től 99-ig felírjuk a számokat egy sorba. Lily letöröl két számot az egész számok közül és a különbségüket felírja a sor végére. Ezután megismétli ezt a lépést az új számlistával, amíg csak 1 szám marad. Páros vagy páratlan lesz az utolsó szám? Legyen S a páratlan számok száma a sorban. Kezdetben S=50.Tegyük fel, hogy Lily az a és b számokat törli le. Három eset lehetséges: a) Mindkét szám páros (ebben az esetben a művelet nem változtatja meg a páratlan számok számát a sorban, mert a és b különbsége megint páros); b) Az a és b szám egyaránt páratlan (a különbségük páros és a páratlan számok száma a sorban 2-vel csökken); c) a és b eltérő paritású, azaz az egyik páros, a másik páratlan; ebben az esetben letörlünk egy páratlan számot és egy páratlan számot írunk fel helyette, mert a és b különbsége páratlan szám. Ezért minden művelet megőrzi vagy 2-vel csökkenti az S számot. S paritása mindig megmarad. Mindig egy páros szám marad. Mivel a végén igaznak kell lennie, hogy S 1, ezért az egyetlen lehetőség, hogy S=0. Így az utolsó szám páros. A3 Feladat (Ivan Simeonov juttatta el hozzánk) Egy kártyára két szám van írva (19;94). Ann, Helen és Cathy megváltoztathatják a kártyán lévő számokat a következő szabályok szerint: Ann lecseréli az (a;b) számokat az (a-b;b) számokra; Helen lecseréli az (a;b) számokat az (a+b;b) számokra. Cathy lecseréli az (a;b) számokat a (b;a) számokra. Minden alkalommal, amikor az egyik lány megkapja a kártyát, legalább egyszer elvégzi a változtatásait rajta (és talán többször is) mielőtt átadja a kártyát egy másik lánynak, hogy az is elvégezze rajta a műveletét (talán többször is). Lehetséges megkapni a kártyákon a következő számokat?

2 a) (19;95)? b) (19;96)? Megoldás. Mindegyik művelet megőrzi a két szám (a;b) legnagyobb közös osztóját (LNKO). Mivel LNKO(19;94)=1 és LNKO(19;95)=19, ezért az utóbbit nem kaphatjuk meg. Azonban LNKO(19;96)=1. Tény, hogy a (19;96) számpár megkapható a műveletek sorozataként, ahol most a C Cathy jelölése, az A Ann jelölése és a H Helen jelölése. A megfelelő lányok által elvégzett következő változtatások sorozata adja meg a megoldást: C: (94;19); AAAA: (18;19); C: (19;18); A: (1;18); C: (18;1); H: (19;1); C: (1;19); HHHHH: (96;19); C: (19;96). Tehát akkor mi is az az invariáns? Az A1 feladatban láttuk, hogy a Sárkány-fejek paritása (páros-páratlan) nem változott. Mindig ugyanaz (páratlan) maradt. Ez egy invariáns volt a Lovag által elvégzett művelet tekintetében. A második feladatban megint a sorban lévő páratlan számok számának paritása maradt változatlan. Ugyanaz (páros) maradt a Lily által elvégzett összes művelet után. Ebben az esetben azt mondjuk, hogy a paritás egy megmaradó tulajdonság. A harmadik feladatban a legnagyobb közös osztó (LNKO) maradt ugyanaz, azaz ez egy megmaradó tulajdonság volt a lányok által elvégzett összes művelet után. Csak azt tudva, hogy valami egy megmaradó tulajdonság, képesek voltunk megtalálni a megoldást a megfelelő feladatban. Itt van néhány további hasonló természetű feladat. A4 Feladat Van egy doboz, melyben 36 üveg van. Ebből 19 tele, a többi üres. Véletlenszerűen kiválasztunk két üveget. Ha közülük pontosan egy van tele, akkor visszatesszük a dobozba. Ha mindkettő üres, akkor az egyiket rakjuk vissza a dobozba. Ha mindkettő tele van, akkor az egyiket kiöntjük, és visszatesszük a dobozba. Ezt addig ismételjük, amíg egyetlen üveg marad a dobozban. Tele van ez az utolsó üveg? Legyen S a teli üvegek száma. Kezdetben S=19. Minden egyes művelet során vagy nem változik az S értéke, vagy pedig csökken kettővel. Tehát S paritása nem változik. Mivel a legvégén S 1 kell, hogy legyen, így azt kapjuk, hogy S=1el, ami azt jelenti, hogy az utolsó üveg tele van. A5 Feladat

3 Egy sokszögben néhány átlót berajzoltunk. Egy csúcsot páratlannak hívunk, ha páratlan számú átló találkozik a csúcsban. Egy csúcsot párosnak hívunk, ha páros számú átló fut össze a csúcsban. Mutasd meg hogy a páratlan csúcspontok száma páros (Emlékeztetőül: a 0 egy páros szám) Először nézzük meg azt az esetet, hogy egyetlen átlót sem húztunk be. Ebben az esetben páros számú (pontosan 0) páratlan csúcspont van. Most pedig kezdünk el egyesével berajzolni az átlókat. Minden egyes új átló megváltoztatja a végpontjai (csúcspontok) paritását. Három lehetséges eset van: 1. A csúcspontok különböző párosságúak. Ebben az esetben a páratlan csúcs párossá válik, és a másik párosból páratlanná válik. A páratlan csúcspontok száma nem változna. 2. Mindkét csúcspont páratlan. Ekkor, mindkettő párossá válik, ha behúzzuk az összekötő átlót. Így a páratlan csúcspontok száma kettővel csökken. 3. Mindkettő csúcs páros. Ekkor, ha berajzoljuk az összekötő átlót, akkor mindkét csúcs páratlanná válik. Láthatjuk, hogy bármely esetben a páratlan csúcspontok száma változatlan marad, vagy kettővel változik (kettővel nő vagy csökken) Így a paritás lényegében nem változik. Mivel a kezdetben a páratlan csúcspontok száma 0 volt, így ez sosem lehet páratlan szám. A6. Feladat. A Griffendél kastély négy drágakőtárolójában sorra 507, 1006, 1505, és 2004 darab értékes kő volt. Minden egyes nap pontosan két tárolót kiválasztottak, és vagy egy, vagy öt darab értékes követ hozzáadtak vagy elvettek mindkét tárolóból. Lehetséges-e az, hogy egy alkalommal 2005, 2004, 2002 és 1998 darab értékes kő van a tárolókban? Legyen S az összes kő mennyisége. Kezdetben S páros szám. Minden egyes művelte során S páros marad. A vágyott felállás során, hogy: 2005, 2004, 2002, és 1998 értékes kő legyen a tárolókban S páratlan számot ad. Tehát az állítás nem lehetséges. A7 feladat. Legyen ABCDEF egy hatszög. Az A és C csúcspontokhoz 1-et írtunk, a többi csúcsponthoz 0-t. Zoli kiválaszthat két egymás mellett lévő csúcspontot (pl. a hatszög egy oldalának két végpontját) és növeli az odaírt számokat eggyel. Utána az újonnan felírt számokkal elvégezheti ugyanezt a műveletet. Azaz, kiválaszthat két egymás mellett lévő csúcspontot és növelheti a számukat eggyel. Lehetséges-e hogy néhány ilyen lépés után minden egyes csúcsponthoz írt szám egyenlő legyen? Jelöljük a megfelelő csúcsoknál lévő számokat az n-dik lépés után a n, b n,..., f n.-e. Kezdetben a 0 = c 0 =1 és b 0 = d 0 = e 0 = f 0 =0. Minden egyes n. lépésre nézzük meg a következő számot :S n =a n -b n +c n -d n +e n -f n. Ekkor láthatjuk, hogy S 0 =a 0 -b 0 +c 0 -d 0 +e 0 -f 0 = =2. Figyeljük meg mi történik, ha Zoli A és B egymás mellett lévő csúcspontokat választja. Ekkor az A és B melletti számokat 1 el megnövelve: a 1 =a 0 +1, b 1 =b Így láthatjuk, hogy a 1 b 1 =a 0 b 0. Mivel a többi csúcspont mellé írt számra nem volt hatással a művelet (c 1 =c 0, d 1 =d 0, e 1 =e 0, f 1 =f 0 ), így fennáll a következő egyenlőség: S 1 =S 0 =2. Ugyanezt az eredményt érhetjük el akkor is, ha Zoli bármelyik egymás mellett lévő csúcspontot is választja, nem csak A, B-t (Ellenőrizzétek le ezt az állítást, hogy más egymás mellett fekvő csúcspontot választotok, mint pl.:) B és C-t, C

4 és D-t, D és E-t, E és F-t, F és A-t). Ezért minden egyes pozitív egész k számra teljesül a következő: S (k+1) = S k = =S 1 =S 0 =2. Más szavakkal, az S n szám változatlan marad minden egyes n-ra. Tehát ez egy konstans érték. Másfelől, ha sokszor elvégeznénk a műveletet, és az összes csúcspont melletti szám egyenlő lenne, akkor az S n = 0 kifejezést kapnánk, mely lehetetlen. Tehát ez egy ellentmondásra vezetett, mely egyértelműen megmutatja, hogy a kérdésre a válasz NEM. A8. Feladat (Avagy a Városok Versenye) Egy szigeten 13 fehér, 15 zöld, és 17 piros kaméleon van. Ha két különböző színű kaméleon találkozik, akkor mindkettő a harmadik színűvé változik. Kérdés, hogy változhat-e minden kaméleon fehérré? A egy nem negatív egész szám maradéka moduló 3 ja a nem negatív maradék miután a számot elosztottuk hárommal. Például: 18= 6x3 +0, ennek hárommal való osztás során maradéka: 0, 19 = 6x3 +1m ennek a maradéka, 3-al való osztás esetén 1. Ugyanígy: 20=6x3+2, ahol a maradék modulo 3 egyenlő kettővel. A 21 osztható hárommal így maradék modul 3 =0. Hasonlóan a 22, 23, 24 s szánok esetében a maradék 1, Láthatjuk, hogy ha növeljük az egész szám értékét eggyel, akkor általánosságban mondhatjuk, hogy a növekszik a maradék modul 3 is eggyel. Bár ha a maradék 2 volt, akkor, ha növeljük a számot eggyel, akkor oszthatóvá válik 3-al, és így a maradék 0 lesz. Legyen S a halmaza a fehér, zöld, és piros kaméleonok maradék modulo 3-jának. Kezdetben S={1;0;2}. Tegyük fel, hogy egy fehér és egy zöld kaméleon találkozik. Ekkor pirossá válnak. A fehér, és a zöld kaméleonok színe csökken eggyel, és így 12 és 14 lesz. A maradékuk így 0-vá és 2-vé válik. A piros kaméleonok száma, pedig kettővel növekszik (19- en lesznek), így a maradék most 1. Láthatjuk, hogy a maradékok halmaza így változik: {0;2;1}. Újból tartalmazza a 0, 1, 2, számokat. Könnyű megérteni, (ha megvizsgáljuk a fennmaradó két esetet fehér találkozik a pirossal és a zöld találkozik a pirossal ), hogy minden egyes találkozás, ugyanazt a maradék modulo 3 halmazt hozza létre. Minden egyes találkozás csökkent két maradékot egyel, és növeli a harmadikat kettővel, mely ugyanazt az S maradék halmazt adja. Tehát az S halmaz nem változott. Ez konstans és ugyanaz, mint a kezdetben volt: S={1;0;2}. Ha minden egyes kaméleon fehér lenne, akkor a maradék modulo 3 halmaza S={0;0;0} lenne. Így bizonyítottuk, hogy minden kaméleon nem változhat fehérré. Ennél a feladatnál a konstans különböző sajátosságú volt. Egy halmaz volt, nem pedig egy szám, vagy egy számnak a paritása. A9 Feladat. Annának van egy doboza, melyben van 8 kisebb doboz. Néhány kisebb dobozban van még 8 még kisebb pici doboz, amik között szintén van néhány doboz, mely tele van 8 még kisebb iciripici dobozzal (a pici doboznál is kisebb dobozzal). Lehet-e az így létrejövő üres dobozok (a méret nem számít) száma 1000? Vegyük figyelembe, hogy a dobozok megadott szerkezete a következő egyszerű művelet használatával jött létre. A külső dobozzal kezdjük, melyet üresnek tekintünk, és 8 dobozzal töltjük tele. Minden egyes lépéssel ugyanazt tesszük: 8 kisebb dobozt teszünk bele egy kiválasztott üres dobozba, míg meg nem kapjuk a dobozok megadott szerkezetét. A

5 fejünkben elvégzett műveletet nem más mint töltsünk tele egy üres dobozt 8 kisebb dobozzal. Semmi kétség, ezzel a műveletsorozattal lépésről lépésre rekonstruálhatjuk a dobozok megadott szerkezetét. Legyen S a (fent leírt művelet által létrehozott dobozok szerkezetének) egy adott pillanatban az üres dobozok számának maradék modulo 7-je. Kezdetben, csak egy üres dobozunk van (a legkülső). Így a maradék modulo 7= 1-el, azaz: S=1. ha teletöltjük a külső dobozt 8 kisebb üres dobozzal, akkor következő szerkezetet kapjuk: a külső doboz már nem üres, de töltve van 8 kisebb dobozzal, melyek még ebben a pillanatban üresek. A 8 héttel osztva 1-et ad, így S=1 újból teljesül. Minden egyes művelet csökkenti az üres dobozok számát eggyel, és 8 újat hoz létre. Tehát minden egyes művelet során 7 új üres doboz keletkezik. Ez azt jelenti, hogy a héttel való osztás maradéka nem változik. Ez egy konstans érték, mely végig 1 el lesz egyenlő. Mivel 1000 héttel osztva maradékul 6-ot ad, így sosem lesz 1000 db üres dobozunk. A10 feladat. (Ivan Simeonov küldte a feladatot) Be lehet-e fedni egy 10 x 10-es táblát 25 db 4 x 1 méretű téglalap alakú lapokkal? Indexeljük be a sorokat és az oszlopokat 1-től 10-ig számokkal, és fessük feketére azokat a mezőket, melyek páratlan jelzőszámú sor és oszlop találkozásában állnak. Így 25 fekete mezőt kapunk. Minden egyes 4x1-es lap vagy 0 vagy 2 fekete mezőt fed le. Így a lefedett fekete mezők száma páros, és sosem lehet 25. Tehát 25 megadott méretű lappal nem tudjuk befedni a táblát. A megoldás picit másképp, az Invariánsok témakörhöz kicsit közelebb. Tegyük fel, hogy le lehet fedni a táblát 25 4x1-es téglalap alakú lappal. Legyen S a lefedett fekete mezők számat (összesen 25 db) Mivel minden egyes lap 0 vagy 2 fekete mezőt fed le, a lefedett fekete mezők száma mindig páratlan. Még akkor is páratlannak kell lennie, ha minden egyes lapot eltávolítunk. De ez lehetetlen, így ellentmondásra jutottunk. A11 Feladat (kölcsönözve az Um+ versenyről) Le lehet e fedni egy 8x8-as táblát, 16 lapka által. (mindegyik lapka 4 mezőt fed le), úgy, hogy egy lapka négyszög, a többi pedig L betű alakú? Indexeljük a sorokat 1-8 -g számokkal, és fessük be feketére a páratlan sorszámú sorok mezőit. Minden egyes L lapka 1, vagy 3 fekete mezőt fed le, tehát 15 db L-lapka páratlan számú fekete mezőt fog lefedni. A négyszög lapka két fekete mezőt fed le. Az összes lefedett fekete mező páratlan számú, így ez nem lehet 32, ahogy annak lennie kéne. Tehát a táblát nem tudjuk a lapkákkal lefedni. A12 feladat. (Mircea Ganga) Egy 8x8-as táblát lefedünk 21 darab 3x1-es lapkával úgy, hogy egy mező üresen marad. Lehetséges-e úgy lefedni a táblát, hogy az üres mező a sarokba essen? Tegyük fel, hogy ez a felső bal sarok. Számozzuk be minden egyes mezőt a következőféleképpen:

6 es mezőből van 22, míg 1-es és 3-as mezőből van 21 darab. Míg minden egyes lapka három különböző számot fed le, az üres mezőben 2-esnek kell állnia, míg ott egyes van. Tehát ez egy ellentmondás. B1 feladat. B. Játékok Anna és Jancsi a következő játékot játsszák. Úgy kezdik, hogy leírják a 0 számot. Utána a következő sorrendben kezdenek el játszani: Elsőnek Anna, majd Jancsi, majd megint Anna, majd Jancsi és így tovább. Minden fordulónál a játékosnak hozzá kell adnia egy egyjegyű pozitív számot a legutoljára leírt számhoz és leírni az összeget. Aki először ér el egy háromjegyű számot, az nyer. Létezik-e egy módszer valamelyik játékosnak hogy úgy játsszon, hogy nyerjen? Más szóval, létezik e valamelyik játékosnak ún. nyerő stratégiája? Ha valamelyik játékosnak, mielőtt ő következne 91-es, vagy nagyobb szám adódna, akkor, ha 9-et ad az összeghez, akkor biztosan nyer. Tehát senki sem hagyhatja a számot 91-nek vagy nagyobbnak miután lépett. Láthatjuk, hogy ha valakinek 90-es szám jutott, akkor bármilyen lépése a másik felet segíti nyerésre. Ha valakinek a lépése előtt 81 és 89 közötti szám jut, akkor úgy nyerhet, hogy úgy adja hozzá a megfelelő számot az összeghez, hogy 90-et kapjon. Tehát senki sem szeretne 81-et vagy nagyobb számot hagyni a másiknak miután lépett. Ha valaki 80-at kap, akkor az nem jó, mert bármilyen lehetséges lépés a másiknak kedvez a nyerésben. Így érvelve, Jancsi fog nyerni, ha a lépései során Annának 10-nek valamilyen többszörösét hagyja. Anna bármilyen lehetséges lépése után Jancsinak úgy kell lépnie, hogy Annának a következő lépésre, kiegészítve az előző számot 10-nek valamilyen többszörösét hagyja. Például, ha Anna kezdetben 2-t választ, akkor Jancsinak a 8-as számot kell választania, hogy az összeg 10 legyen. Ha Anna bármilyen számot is ad hozzá, Jancsi könnyen ki tudja egészíteni 20-á. Tehát ez a nyerési stratégiája a második játékosnak. B2 feladat. Tomnak és Jerrynek van egy doboza telis tele 100 darab cukorral, és a következő játékot játsszák: Először Tom utána Jerry, majd megint Tom, és Jerry, és így tovább felváltva megesznek egy vagy két cukorkát. Aki megeszi az utolsó cukorkát, az nyer. Ki fog nyerni, ha mindketten okosan játszanak? Megoldás Ha a játék vége felé valakinek már csak 3 cukorka maradt mielőtt lépne, akkor már nem nyerhet. Bárhogyis játszik a másik fogja megenni a megmaradt cukorkát vagy cukorkákat. Tehát a 3 az egy rossz pozíció. Ha valakinek a lépése előtt 6 cukorka maradt, akkor sem tud nyerni, mert bárhogy is játszik a másik 3 cukrot fog meghagyni neki a következő lépése előtt, így a másik fogja megnyerni a játékot. Tehát a 6 is egy rossz pozíció. Ugyanígy

7 rossz pozíció még a 9, 12 és így tovább. Ebből következik, hogy Tom nyerhet, ha legelején először elfogyaszt egy darab cukorkát, és követi azt a szabályt, hogy 3 többszörösét hagyja a másik játékosnak B3 Feladat (Beküldte: Cyril Bankov) Tom és Jerry a következő játékot játsszák a sakktáblán. A bástyát, az egyetlen figura a sakktáblán berakják a bal alsó sarokba. Először Tom, majd Jerry, majd Tom és így tovább lép. Minden egyes lépés során, a játékos elmozdíthatja a bástyát jobbra, vagy felfelé (bármennyi lépéssel) Aki nem tud többet lépni, az veszít, és a másik nyer. Lehet valakinek nyerő stratégiája? Az egyetlen helyzet, melyből a bástya nem tud tovább mozdulni az a felső jobb sarok. Jerry nyerhet, ha követi a következő stratégiát: Hogy ha a bástyát mindig a két sarkot összekötő vonalra mozdítja. Egy ilyen lépés után Tom nem tudja a bástyát a sarokba juttatni, tehát Jerry nem veszítheti el a játékot. Tom bármely lépése után Jerrynek lehetősége van ezt a stratégiát folytatni. Mivel a játék előbb utóbb befejeződik, így Jerry nyerni fog. B4 Feladat. (beküldte: Cyril Bankov) Tomnak és Jerrynek van két doboza, az egyikben 20, a másikban 21 cukorkával. Először Tom, lép aztán Jerry, megint Tom, és így tovább. Minden egyes lépés során a játékosnak meg kell ennie az egyik doboz teljes tartalmát, és a másik dobozból át kell raknia valamennyi cukorkát (de nem az összest!) az üres dobozba. Aki nem tud már lépni, az veszít, a másik pedig nyer. Lehet e valakinek nyerő stratégiája. Tom nyerheti meg a játékot, ha követi a következő stratégiát: Mindkét dobozban hagyjon páratlan számú cukorkát. Egy ilyen lépés után, Jerry az egyik dobozban biztosan páros számú cukorkrát kell, hogy hagyjon, tehát Tom folytathatja a játékot az előbb említett stratégia szerint. Mivel a cukorkák el fognak fogyni Tom fog nyerni. B5 feladat. Nézzük a 2006! számot. Definíció szerint ez egyenlő a következő számok szorzatával: 1, 2, 3, Ezt a számot felírjuk a táblára. Két játékos, egymást felváltva a következő szabály szerint játszik. : Ha az X szám van a táblára írva, a játékos választ egy pozitív egész számot Y X melyre teljesül, hogy kevesebb, mint 20 különböző prím osztója van, és X-et kicseréli az X-Y különbségére. Az, aki a 0-t írja a táblára, az nyer. Lehet-e valakinek nyerő stratégiája? Jelöljük p i vel az i-dik prímet, és legyen P= p 1 p 2 p 20 ezeknek a prímszámoknak a szorzata. Ha X<P, akkor a következő játékos nyerhet, X kivonásával. Habár P egy rossz pozíció, a következő játékos nem tud nyerni, bármit is játszik, mert a másik játékos a következő lépéssel megnyeri a játékot. Nézzük a következő kp pozíciót., k=1,2,... esetén. Ekkor: a) ha a táblán hagyott szám kp típusú, akkor a játékos, aki következik, nem tudja ellenfelét egy bármilyen mp pozícióban hagyni, ahol m = 0, 1, 2,..., (k-1), mivel ez az eset azt jelenti, hogy egy olyan számot kéne kivonni, melynek több, mint 20 különböző prím osztója van. Így nem tud nyerni azonnal.

8 b) Ha a táblán lévő szám kp és (k+1)p között helyezkedik el, a következő játékos kp pozícióban tudja hagyni ellenfelét. Mivel a kezdeti pozíció a 2006! = np, a második játékosnak van esélye arra, hogy használja a b) esetet, és a lépése után a számot a kp állapotban hagyja. Mivel a játék előbb utóbb csak véget ér, ez a stratégia a második játékosnak garantálja a nyerést. C. Fél invariánsok C1 feladat (Egyesült nemzetek Olimpiája USSR 1961) Egy téglalap alakú, m x n-es tábla minden egyes mezőjében van egy egész szám. Vonalnak hívunk bármilyen sort, vagy oszlopot. Megengedett, hogy megváltoztassuk egy bizonyos vonal mentén lévő összes szám előjelét. Bizonyítsd be, hogy bizonyos számú előjelváltás után, kaphatunk egy táblát, melyben az összes vonal mentén lévő számok összege nem negatív. Legyen S a táblán lévő számok összege. Ha minden egyes vonal mentén lévő számok összege nem negatív, akkor készen vagyunk. Ha van egy vonal, ahol az összeg negatív, akkor elvégezzük a műveletet rajta. Eredményként az S növekszik (Legyen S az összege az összes választott vonallal párhuzamos vonalak összegének). Mivel véges sok lehetséges módszer van, hogy megváltoztassuk az egész számok előjelét a táblában, így véges sok lehetséges értéke van S-nek. Így nem tudunk végtelenségig olyan vonalakat választani, melyek összege negatív. Ennek következtében, egy bizonyos állapotban a vonalak összegének nemnegatívnak kell lennie. C2 Feladat. (beküldte: Ivan Simeonov) Adott egy síkfelület, melyen 2n db különböző pontot adtunk meg. Mutasd meg, hogy létezik n db egymást nem fedő alakzat, melyeket ezek a pontok határolnak.. Kössük össze tetszőlegesen a pontokat páronként. Legyen S az összes rajholt alakzat hosszának összege. Ha egyetlen alakzat sem fedi egymást, akkor elkészültünk. Máskülönben, ha AB és CD-nek van közös pontja, az nem lehet közös végpont, mivel a pontok különböznek. Most helyettesítsük AB és CD vonalakat AC és BD vonalakkal. A háromszög egyenlőtlenség miatt S csökkeni fog. Mivel véges helyzet van, ahogy összeköthetünk 2n pontot, ezért S-nek is véges számú lehetséges értéke van. Így S értéke nem fog a végtelenségig csökkeni. Tehát egy lépésnél a folyamatnak le kell állnia, és olyan alakzatokat fogunk kapni, melyek nem fedik egymást. C3 Feladat (Egyesült nemzetek olimpiája, USSR 1971) A parlament egyetlen tagjának sincs több, mint 3 ellensége fejenként. Mutasd meg, hogy a parlament tagjait fel lehet osztani két csoportba, úgy hogy a két csoport egyetlen tagjának se legyen több, mint egy ellensége a saját csoportjában. Tetszőlegesen osszuk fel a parlamentet két részre. Legyen S az egy részen belüli összes ellenséges pár összege. Ha senkinek sincs egynél több ellensége a csoporton belül, akkor készen vagyunk. Máskülönben Ha valakinek minimum két ellensége van a csoporton belül,

9 akkor az illetőt átrakjuk a másik csoportba. Így abban a másik csoportban biztosan nem lesz több, mint egy ellensége, mivel egy személynek maximum 3 ellensége lehet, és biztos, hogy ebből kettő, vagy három a másik csoportban maradt. Tehát S így csökken. Mivel végtelen számú lehetőség van a parlamentet két csoportba osztani, így ezt a folyamatot nem ismételhetjük a végtelenségig. Így bizonyos számú lépés után el fogunk jutni a megfelelő felbontáshoz. C4 Feladat. (Nemzetközi matematikai Olimpia, Varsó 1986) Egy ötszög minden csúcsához egy egész számot írtunk, úgy, hogy az összegük pozitív legyen. Ha bármely egymásra következő három csúcs mellé írt számot jelöljük: x, y, z-vel, és y<0 teljesül, akkor ezeket a számokat egyenként helyettesítjük a következő számokkal: x+y, -y és z+y-vel. Folytathatjuk-e a végtelenségig ezt a folyamatot? Jelöljük az öt csúcspontnál lévő számokat: a, b, c, d, e vel, és legyen: S(a,b,c,d,e)=(a-c) 2 +(b-d) 2 +(c-e) 2 +(d-a) 2 +(e-b) 2. Tegyük fel, hogy c<0 és helyettesítsük b, c, d -t egyenként b+c-vel, -c-vel és d+c-vel, Ekkor: S(a,b+c,-c,d+c,e) - S(a,b,c,d,e) = (a+c) 2 +(b-d) 2 +(c+e) 2 +(c+d-a) 2 +(b+c-e) 2 - (a-c) 2 -(b-d) 2 -(c-e) 2 -(d-a) 2 -(b-e) 2 = 4ac + 4ce + c(c+2d-2a) + c(c+2b-2e) = c(4a+4e+c+2d-2a+c+2b-2e) = 2c(a+b+c+d+e)<0. Mivel S értékei egész számok és nemnegatívak, és minden egyes művelet után csökkenek, így a folyamatot nem lehet a végtelenségig folytatni. D. Önálló munka Ebben a fejezetben a feladatokat az előző fejezetekhez hasonlóan kell megoldani, mégpedig úgy, hogy először próbáljuk meg önállóan megoldani a feladatot, majd csak utána nézzük meg a fejezet végén lévő megoldást ellenőrzésképpen. D1 Feladat Létezik egy fa, melyen van 100 aranyalma. Minden éjszaka egy sárkány odalopódzik, és megeszik két almát. Létezik-e olyan nap, mikor már csak pontosan 5 alma van a fán? Tegyük fel, hogy új aranyalmák nem nőnek a fán. D2 Feladat Egy buszon 11 utas van. Minden egyes megállóban 3 utas leszáll és 5 utas felszáll. Van-e olyan megálló, ami után pontosan 100 ember van a buszon?

10 D3 Feladat. Anna leírt egy papírra 20 db egész számot, melyből 7 db páratlan. Két számot utána letörölt, és a helyükre a két szám négyzetének összegét írta le. Addig ismétli ezt a műveltet, amíg csak egyetlen egy szám marad a papíron. Páros, vagy páratlan az utolsó szám? D4 Feladat (Bulgáriai Nemzeti Olimpia 2004) Egy a és b betűket tartalmazó szóban a következő cseréket lehet végrehajtani: 1. helyettesíthetjük: aba-t b-vel vagy fordítva; 2. helyettesíthetjük: bb-t a-val vagy fordítva; 3. helyettesíthetjük: abb-t bba-val vagy fordítva; 4. helyettesíthetjük: aab-t baa-val vagy fordítva. Van egy szavunk, mely 2005 a-t, és utána egy darab b-t, tartalmaz. Ha alkalmazzuk a fenti szabályokat, átalakíthatjuk a szót úgy, hogy egy darab b betűvel kezdődjön, és 2005 a betűvel folytatódjon? D5 Feladat. (Mircea Ganga) 10 érmét helyezünk egy tízszög csúcsaihoz. Minden egyes lépésnél kiválasztunk két érmét, és mindkettőt egy szomszédos csúcshoz helyezhetjük. Össze tudjuk e gyűjteni ily módon az összes érmét egy csúcsba? D6 Feladat Elhelyezünk n db érmét egy n szög csúcsaihoz. Minden egyes lépénél két darab érmét kiválasztunk és az egyik szomszédos csúcshoz mozdíthatjuk őket. Össze tudjuk e gyűjteni ily módon az összes érmét egy csúcsba? D7 feladat Egy buszban 12 utas van. Minden egyes megállónál 2 ember leszáll, és 5 ember felszáll. Létezik-e olyan megálló, ami után a buszban pontosan 100 ember van? D8 Feladat A bátor Lovag találkozik a háromfejű sárkánnyal, és hirtelen úgy dönt, hogy levágja az összes fejét. De kiderül, hogy minden egyes levágott fej helyén nyolc másik nő ki azonnal. Ennek ellenére a bátor Lovag folytatja a sárkány fejeinek levágását. A végén, mikor befejezi, úgy dönt, hogy megszámolja a sárkányon lévő összes fejet t számol. Jól számolt a bátor lovag? D9 Feladat Öt megadott szám halmaza a következő: 2; 2; 3; 4; 4Minden egyes lépésnél kettőt kiválasztunk közülük, a és b-t, és helyettesítsük őket 2a-b és 2b-a-vel. a) Bizonyos számú lépés után eljuthatunk a következő halmazhoz: 0; 2; 3; 4; 6? b) És a következőhöz: 2; 2; 3; 4; 6? D10 Feladat A királyt egy 8x8-as sakktábla alsó bal sarkába helyezzük. A király a következőképpen léphet: két mezőt léphetünk függőlegesen, vagy vízszintesen, majd egy mezőt a választott irányra merőlegesen. Lehetséges-e az, hogy pontosan 9 lépés után a királyt a jobb felső sarokba juttassuk el?

11 D11 Feladat Le lehet e helyezni 31 db dominót egy sakktáblára átfedés nélkül, hogy két egymással átlósan szemben lévő mező lefedetlen maradjon? D12 Feladat (Mircea Ganga) Adott egy T-tetramino, mely négy darab négyzetet tartalmaz, egy T betűt formálva. Le lehet e fedni egy 50x50-es táblát 625 T-tetraminoval? D13 Feladat (Mircea Ganga) 1-n-ig leírjuk valamilyen sorrendben a számokat. Egy lépés során kicserélünk két egymás melletti számot. Lehetséges-e az, hogy páratlan számú lépés után a számok a kezdeti sorrendbe kerülnek? D14 Feladat 1-től n-ig leírjuk valamilyen sorrendbe a számokat. Egy lépés során kicserélhetjük bármely két számot. Lehetséges-e hogy páratlan számú lépés során a számok a kezdeti sorrendbe kerüljenek? D15 Feladat Játék 15 egy népszerű játék, melyben egy 4x4-es sakktáblán van egy üres mező, a többin tetszőlegesen elhelyeztünk egy-egy számozott érmét (1-től 15-ig számozva) Két mezőt szomszédosnak nevezünk, ha van közös oldaluk, Egy lépés során az egyik szomszédos mezőn lévő érmét áthelyezhetjük az üres mezőre. Létezik-e olyan lépéssorozat, melyben a k számú, és a 16-k számú érmét egymással felcseréljük, minden egyes k=1,2, 7 esetén (azaz átrendezhetjük-e az érméket fordított sorrendbe? ) D16 Feladat (Balkán Matematikai Olimpia) Adott 3x3x3-as kocka, melyben a 27 alkotó kiskockából egy üres. A kiskockákat 1-től 26-ig megszámoztuk. Két kiskockát szomszédosnak nevezünk, ha van közös lapjuk. Egy lépés során az egyik szomszédos kockában lévő kiskockát áthelyezhetjük az üres kiskocka helyére. Létezik-e olyan véges lépéssorozat, melyben a k számú, és a 27-k számú kiskockát egymással felcseréljük, minden egyes k=1,2, 7 esetén (azaz, átrendezhetjük-e a kiskockákat fordított sorrendbe? D17 Feladat (Városok Versenye). Adott egy 7x7es táblát lefedtünk 16 db 3 x 1-es lapkával, úgy hogy egy mező üresen maradt. Találd meg az üres mező összes lehetséges helyzetét. D18 Feladat Egy szigeten van 13 fehér, 15 zöld, és 17 piros kaméleon. Ha két különböző színű kaméleon találkozik, akkor a harmadik színű kaméleon színét veszik fel. Lehet-e a fehér és zöld kaméleonok száma egyenlő? a) Lehetséges-e az, hogy a hárommal több zöld kaméleon lesz mint piros kaméleon? b) Lehetséges ez az, hogy hattal több piros kaméleon lesz, mint fehér kaméleon? D19 Feladat (Beküldte: Cyril Bankov) Tom és Jerry a következő játékot játsszák a sakktáblán: A királyt a tábla bal alsó sarkába helyezik. Először Tom, majd Jerry, majd megint Tom.. és így tovább lép ebben a sorrendben. Minden egyes lépés során a játékos megmozdítja a királyt egy mezővel vagy

12 jobbra, vagy fel, vagy átlósan jobbra fel. Aki már nem tud többet lépni, az veszít, tehát a másik nyeri meg a játékot. Van e valakinek nyerő stratégiája? Megoldások a D önálló munka feladataira D1 feladat megoldása: Az első éjszaka után a fán lévő almák száma csökken kettővel, azaz =98. Mivel a 100 egy páros szám, ezért ha kettővel csökkentjük, és 98-at kapunk, egy szintén páros számot kapunk. A következő éjszaka után az almák száma így változik: 98-2=96, és a 96 megint egy páros szám. A következő éjszakák során az almák száma sorozatosan csökken 94, 92, 90, 88, amik mindig páros számok lesznek. Mert kettővel csökkentve egy páros számot, az eredmény mindig páros marad. Tehát bármely éjszaka után az almák száma páros lesz a fán, ezért nem lehet olyan nap, mikor 5 aranyalma van a fán, mert az 5 egy páratlan szám. D2 feladat megoldása: Nem. Az első megálló után 3 ember leszáll, és 5 új ember száll fel a buszra. A buszon lévő emberek száma kettővel fog növekedni, 11+2=13. Láthatjuk, hogy minden egyes megálló után az utasok száma megint kettővel növekszik, azaz 11, 13, 15, 17, 19, 21, Tehát minden egyes megálló után a buszon lévő emberek száma páratlan marad. Tehát sosem utazhat 100 ember a buszon, mert a 100 egy páros szám. D3 feladat megoldása: Legyen S a páratlan egész számok száma. Kezdetben S=7. Minden egyes művelet, kettővel csökkenti, vagy növeli S értékét. Tehát S párossága változatlan. Mivel a végén biztos, hogy S 1-nek teljesülnie kell, azt kapjuk, hogy S=1. Tehát az utolsó szám páratlan. D4 feladat megoldása: Figyeljük meg, hogy az a betű megengedett cseréi során a betű megőrzi a paritását (páros helyen áll). Most már csak azt kell belátnunk, hogy a vágyott szóban az a betűk 1003 esetben állnak páros helyen, míg az eredeti szóban csak 1002 helyen. Tehát ezt a szót nem tudjuk átalakítani a megadott módon. D5 feladat megoldása: Nem. Számozzuk be a csúcsokat 1,2, 10-ig. Kezdetben a páratlan sorszámú csúcsokon lévő érmék száma 5, azaz páratlan. Minden egyes lépés során ez a szám változatlan marad, vagy pedig kettővel változik, azaz páratlan marad. De ha az összes érme egy csúcsnál helyezkedne el, akkor ennek számnak párosnak kéne lennie. De ez lehetetlen. Másik megoldási módszer a következő: Számozzuk be a csúcsokat 1-10 ig. Minden egyes lépés során a megadott érme értéke megegyezik annak csúcsnak sorszámával, ahová helyezték. Az érmék értékének összege kezdetben =55. Egy érme áthelyezése a szomszédos csúcshoz megváltoztatja az értékét 1 el vagy 9 e. tehát két érme az áthelyezésével az összeg páros számmal változik. Mivel kezdetben az összeg értéke páratlan volt, így az mindig páratlan marad. De ha minden egyes érmét egy csúcsban gyűjtünk össze, akkor az érmék értékének össze a csúcspontnál lévő szám tízszerese lenne. Mivel ez az összeg páros lenne, így az érméket nem tudjuk egy csúcsba rendezni. D6 feladat megoldása: Ahogy már feljebb is láttuk, számozzuk be a csúcsokat 1-től n-ig. Először is vegyük figyelembe, hogy ha n egy páratlan szám, akkor az összes érmét könnyen egy csúcsba tudjuk gyűjteni, egyszerűen csak ki kell választanunk egy csúcspontot, és a többi érmét a

13 csúcspont felé kell mozdítanunk úgy, hogy az egyenlő távra lévő párokat kezdjük el mozgatni. Másodszor, figyeljük meg, hogy ha n osztható 4 el, akkor először a páratlan sorszámú helyen lévő érméket mozgathatjuk a velük szomszédos nagyobb értékű páros helyre. Így páros számú érmét kell mozgatnunk, tehát a feladat megoldhatóvá válik. Így már szabadon mozgatjuk az érmepárokat, és be tudjuk őket gyűjteni egy csúcspontba. Végül, legyen n=4k+2 néhány egész k esetén. Minden egyes mozgatás után a megadott érme értéke egyenlő a csúcs sorszámával, ahova helyeztük. Kezdetben az érmék értékének összege egyenlő a következő kifejezéssel: (4k+2) =(2k+1)(4k+3), mely páratlan szám. Egy érme szomszédos csúcsra történő áthelyezése az értékét egy páratlan számmal módosítja, (1 el, vagy 4k+1 el), tehát két érmének az áthelyezése a két érme értékét egy páros számmal változtatja meg. Mivel az értékek összege a kezdetben páratlan volt, így mindvégig páratlan marad. De ha minden egyes érmét egy csúcsba gyűjtetnénk össze, akkor a csúcsnál lévő számnál az értékük összege 4k+2-ször lenne több. Mivel ez az összeg páros szám lenne, így ezt az áthelyezést nem tudjuk megvalósítani. D7 feladat megoldása: Nem. A buszban lévő emberek száma minden egyes megálló után három többszöröse marad. D8 feladat megoldása: Nem. Minden egyes vágás után a fejek száma 7-el növekszik. Így a fejek száma 7-el osztva mindig három maradékot fog adni. És mivel 2002 osztható 7 el, így a el osztva 4 maradékot ad, Tehát a bátor lovagunk nem számolt helyesen. D9 feladat megoldása: a) Igen, legyen pl.: a=2, b=4. b) Nem: Figyeljük meg, hogy a transzformációk után az öt szám összege mindig változatlan marad. (vagyis, itt az összeg változatlan). Mivel a kezdeti összeg 15, és a végén 17 lenne, így ezt nem lehetséges. D10 feladat megoldása: Nem. Minden egyes lépés után a király egy más színű mezőre kerül. 9 lépés után az aktuális mező színe különbözne a legelső helyen lévő színtől, De a nekünk szükséges mező pontosan ugyanolyan színű lenne, tehát ez nem lehetséges. D11 feladat megoldása: Az átlósan ellentétes mezők mindig ugyanolyan színűek. Minden egyes dominó lefed egy fehér és egy fekete mezőt. Mivel a lefedett fekete mezők száma egyenlő a lefedett fehér mezők számával (31). Így a megmaradt két mezőnek különböző színűnek kéne lennie. D12 feladat megoldása: Nem. Színezzük be a táblát úgy, ahogy egy sakktábla van befestve. Ha lehetséges így elhelyezni T-tetremínókat, akkor a T-tetramínók egy része 1 fekete és három fehér mezőt fog lefedni, míg a többi 1 fehér és három fekete mezőt. A fehér és a fekete mezők száma egyenlő, tehát páros számú T-tetraminóval kell rendelkeznünk, mely nyilvánvalóan ellentmondás. D13 feladat megoldása:

14 A megadott számsorban azokat a számpárokat fogjuk fordítottnak nevezni, melynél a nagyobb szám a kisebb szám bal oldalán helyezkedik el. Ha felcserélünk két egymás melletti számot, akkor eggyel megváltozatjuk a megfordított párok számát. Ezért aztán páratlan számú lépés után a megfordított párok száma nem lehet egyenlő az eredeti sorrendben lévő fordított párok számával. Ezért nem lehetséges, hogy elérjük a kezdeti elrendezést. D14 feladat megoldása: Ahogy már az előző feladatban említettük, ha felcserélünk két szomszédos számot, akkor megváltoztatjuk eggyel a megfordított párok számát. Vizsgáljuk meg azt az esete, mikor felcserélünk két olyanszámot, mely több mint két szám távolságban van egymástól. Legyen mondjuk m szám közöttük. Ennek a két számnak a felcserélése, egyenlő azzal, mintha m+1 cserét hajtanánk végre a következő módon: a bal számot jobbra mozgatjuk, mindaddig, amíg át nem halad a jobboldali számon, és utána m cserébe. Melyben a jobb számot balra mozgatjuk, mindaddig, amíg el nem foglalja a korábbi bal helyen lévő szám helyét. Mivel minden egyes lépés után a megfordított párok száma páratlan számmal változik. Ezért aztán páratlan számú lépés után a megfordított párok száma nem lehet egyenlő az eredeti sorrendben lévő fordított párok számával. Ezért nem lehetséges, hogy elérjük a kezdeti elrendezést D15 feladat megoldása: Számozzuk be a mezőket 1-től 16-ig, úgy, hogy egymásra következő számok szomszédos mezőkbe kerüljenek. (pl.: 1 sor balról jobbra, a kettes sorban, jobbról balra, a hármas sorban balról jobbra, és végül a négyes sorban jobbról balra). A számozás után a táblánk így néz ki: Így mind a mezőket, mind az érméket egy adott számmal tudjuk azonosítani. Különösképpen hasznos ez, mert így pontosan azonosítani tudunk egy érmét, ha használjuk a sorszámokat pl.: kettes érme, 5-ös mező, és így tovább. Megfigyelhetünk akár egy érmepárt is, melyeket m, és n számmal jelöltünk. Az ilyen párokat jelöljük így: {m,n}. Az érmék valamelyik mezőben vannak, melyeknek szintén van sorszámuk. Nevezzük az {m,n} érmepárt fordítottnak, ha a nagyobb sorszámú érme a kisebb sorszámú mezőben van. Pl.: ha az 1, 2, 3-as érmék, egyenként a 1, 3, 2,-es mezőben vannak, akkor a {2;3} érmepár fordított, míg az {1;2} és {1;3} érmepárok nem. Jelöljük S(k)-val a k lépés utáni fordított érmepárok számát. Vegyük figyelembe, hogy a fenti rendezés miatt minden egyes páratlan mező csak páros mezővel határos, és fordítva. Ezért, ha megmozdítunk egy érmét, az egy ellenkező paritású mezőre érkezik. A mezők rendezése során, más páros számú mezőket is érinthet (lehetőség szerint 0-t) Például, ha az 1-es érme az egyes mezőben van, és a 8-as mező üres, akkor az egyes érmét a 8-as mezőbe tudjuk tenni. A mező számok feltétele miatt, kihagyhatunk 6 mezőt (érmékkel együtt), mégpedig a következőket: 2, 3, 4, 5, 6, 7-es mezőket. Ha megcserélünk két egymást követő számmal jelzett mezőben lévő érmét (ezt hívjuk csereberének, ez nem megengedett lépés a játékban, de tegyük fel, hogy megtettük), ekkor S(.) egyel fog változni. Ez azért van így, mert ha ez a két érme egy fordított érmepár lett volna, akkor most már nem azok, ha pedig nem lettek volna fordított érmepár tagjai, akkor már azok. Vegyük figyelembe, hogy ez az áthelyezés nincs hatással a többi párra. (amik fordítottak voltak, azok azok is maradnak, és új párosok nem keletkeznek). Egy megengedett lépés páros számú csereberével egyenlő. Ekkor S(.) értékét páros számmal változtatjuk meg (lehetőség szerint nullával). Így S(.) értéke állandó. Tegyük fel, hogy átrendeztük az érméket (a megfelelő helyzetbe), z lépés alatt. Összesen a 105 párból lévő 15 érmét (bizonyítsuk ezt az állítást!). Két mezőben lévő

15 érmepárt fordított, áthelyezett a végső állapotba, akkor és csak akkor, ha két ugyanolyan mező érméit nem helyeztük át a kezdeti elrendezésbe. Ezért S(z) = S(0) kifejezés ellentmond S(z) és S(0) egyenlő paritásának. Tehát lehetetlen így átrendezni az érméket. D16 feladat megoldása: A megoldás hasonló az előző feladat megoldásához. Számozzuk meg a kiskockákat a következő módon (az egymást követő számok szomszédos kockákban vannak): Felső szint Középső szint Alsó szint Vegyük figyelembe, hogy minden kiskocka csak ellentétes paritású kockával szomszédos. Ahogyan az előző feladatban, úgy itt is az {m,n} kockapárokat fordítottnak hívjuk, ha a nagyobb sorszámú kocka a kisebb sorszámú mezőben van. Jelöljük S(k)-val a k lépés utáni fordított kockapárok számát. Egy áthelyezett kocka mindig egy ellentétes paritású mezőbe kerül. Ha megcserélünk két egymást követő számmal jelzett mezőben lévő kiskockát (ezt hívjuk csereberének, ez nem megengedett lépés a játékban, de tegyük fel, hogy megtettük), ekkor S(.) egyel fog változni. Ez azért van így, mert ha ez a két érme egy fordított kocka lett volna, akkor most már nem azok, ha pedig nem lettek volna fordított kockák, akkor már azok. Vegyük figyelembe, hogy ez az áthelyezés nincs hatással a többi párra. (amik fordítottak voltak, azok azok is maradnak, és új párosok nem keletkeznek). Egy megengedett lépés páros számú csereberével egyenlő. Ekkor S(.) értékét páros számmal változtatjuk meg (lehetőség szerint nullával). Így S(.) értéke állandó. Tegyük fel, hogy átrendeztük a kiskockákat (a megfelelő helyzetbe), z lépés alatt. Összesen a 325 párból lévő 26 érmét. Két mezőben lévő kockapárt fordított, áthelyezett a végső állapotba, akkor és csak akkor, ha két ugyanolyan mező kockáit nem helyeztük át a kezdeti elrendezésbe. Ezért S(z) = S(0) kifejezés ellentmond S(z) és S(0) egyenlő paritásának. Tehát lehetetlen így átrendezni a kockákat. D17 feladat megoldása: Számozzuk be a tábla mezőit a következő kétféle módon:

16 Mindkét esetben 1-es számú mezőből van 17, 2-esből, és 3-asbol van 16 darab. Mivel minden egyes lapka három különböző számot kell, hogy lefedjen, az üres mezőnek az 1 -es sorszámú mezőre kell esnie mindkét táblán. Kilenc ilyen mező van, Egy középen, négy az oldalak közepe mellett, és négy a sarokban. Bármelyik ilyen mezőt egyszerű üresen hagyni egy-egy lefedés során D18 feladat megoldása: Lásd a D8. Feladat megoldását. D19 feladat megoldása: Indexeljük a sorokat alulról felfelé, és az oszlopokat balról jobbra 1, 2 8 ig. Jerry nyerheti meg a játékot, ha követi a következő stratégiát: Ha a királyt minden egyes lépése után olyan mezőn hagyja, melynek mindkét koordinátája páros számú. Egy ilyen lépése után, Tom nem tudja a királyt a sarokba mozgatni, tehát Jerry nem veszítheti el a játékot. Tom bármely lépése után Jerrynek csak követnie kell a fent leírt stratégiát. Ha a játék véget ér, Jerry fog nyerni.