#27 Cele 11 bete de chibrit

by dumitru on 12 mai 2010 · 15 comments

Probleme de logica cu chibrituriPe o masa se gasesc 11 bete de chibrit. Primul jucator poate ridica 1,2 sau 3 bete. Al doilea jucator poate ridica, la fel, 1, 2 sau 3 bete. Jocul continua pana cand ultimul bat este ridicat. Jucatorul care a ridicat ultimul bat de chibrit pierde.

a) Poate primul jucator sa castige intotdeauna ?
b) Dar daca sunt 30 bete pe masa in loc de 11 ?

Probleme similare:

[Arata raspunsurile] [Raspunde si tu!]

{ 15 comments… read them below or add one }

1 Dragos 12 mai 2010 la 11:49

4k+1 bete castiga al doilea – jucatorul II ia 4-x bete mereu, x=nr bete luate de jucatorul I inainte.
4k+2,4k+3,4k+4 bete castiga primul

Răspunde

2 spix 12 mai 2010 la 15:40

Starile pierzatoare sunt 4k+1 k=0,1,…
Primul jucator daca e in alta stare inafara de 4k+1 poate sa il aduca pe al doilea intr-o stare de forma 4k+1. Iar din 4k+1 nu poti ajunge tot in 4k+1. Daca primul jucator e in alta stare inafara de 4k+1 la fiecare pas il aduce pe al doilea intr una de forma 4k+1 pana la starea 1. care e pierzatoare.

Răspunde

3 spix 12 mai 2010 la 15:40

adica castiga in ambele cazuri

Răspunde

4 cris 12 mai 2010 la 16:15

Primul jucator castiga mereu daca nr de bete de pe masa – 1 nu este multiplu de 4. Logica este urmatoarea:
- daca e randul primului jucator, iar nr de bete este:
1 trebuie sa-l ia -> va pierde
2 ia unul, va pierde jucatorul 2
3 ia doua, va pierde jucatorul 2
4 ia trei, va pierde jucatorul 2
5 oricate ar lua, il situeaza pe jucatorul 2 intr-unul din ultimele 3 cazuri
- practic atunci cand sunt 1,5,9,13 etc bete ramase pe masa si este randul primului jucator, acesta va pierde. In rest va castiga indiferent de “mutarile” adversarului.

Răspunde

5 cris 12 mai 2010 la 17:39

Dacă pe masă sunt 5 beţe de chibrit, cel care începe jocul pierde întotdeauna. (Este suficient ca al doilea jucător să ia un număr de beţe care, împreună cu cel luat de primul, să dea 4)
La fel se întâmplă pentru 9, 13, 17, 21, 25, 29, … beţe de chibrit. (De exemplu, pentru 9, este suficient ca al doilea jucător să ia un număr de beţe, care împreună cu cel luat de primul, să dea 4 şi să reducă astfel problema la cea cu 5 beţe de chibrit, etc.)
Pentru 10, 11 sau 12 beţe, cel care începe jocul câştigă întotdeauna, dacă ridică la început 1, 2, respectiv 3 beţe, şi are grijă ca după a doua lui extragere, pe masă să mai rămînă 5 beţe de chibrit.
Problemele cu (14,15,16), (18,19,20), (22,23,24), (26,27,28), (30,31,32), etc. de beţe se reduc succesiv la cele precedente. Prin urmare, şi în cazul a 30 de beţe, primul jucător câştigă întotdeauna, dacă începe prin a ridica un băţ.

Răspunde

6 Paul 12 mai 2010 la 22:34

a) da alegand 2 bete
b) da alegand 1 bat

Răspunde

7 dana 14 mai 2010 la 12:11

in ambele cazuri, primul jucator poate gasi o modalitate sa castige indiferent de mutarea celui de-al doilea.
nu ar avea nici o posibilitate sa castige daca numarul de bete de chibrit este de forma 4n+1. in rest poate aplica strategia urmatoare: ia atatea bete astfel incat sa ramana un numar de forma 4n+1

Răspunde

8 Vlad Neacsu 15 mai 2010 la 0:12

Raspunsul este afirmativ in ambele cazuri. Voi reprezenta pasii sub forma de tabel:
a)
Pas Bete luate de primul jucator Bete luate de al doilea jucator
1 2 bete X bete
2 (4-X) bete Y bete
3 (4-Y) bete 1 bat
Deoarece dupa pasul 3 al doilea jucator va fi obligat sa ia ultimul bat ramas, primul jucator va castiga.

b) Pasii vor fi la fel, doar ca la inceput primul jucator va lua 1 bat in loc de 2.
Pas Bete luate de primul jucator Bete luate de al doilea jucator
1 1 bat A bete
2 (4-A) bete B bete
3 (4-B) bete C bete
4 (4-C bete) D bete
5 (4-D) bete E bete
6 (4-E) bete F bete
7 (4-F) bete G bete
8 (4-G) bete 1 bat
Deoarece al doilea jucator va lua ultimul bat, primul jucator va castiga.

Răspunde

9 Andrei Grigorean 15 mai 2010 la 21:34

Dara daca sunt doua gramezi de 11 si 30? Stii sa o faci?

Răspunde

10 Kiti 16 mai 2010 la 18:59

Pentru varianta a, daca incepi trebuie sa le iei pe primele 2 bete. El o sa ia un numar n de bete, unul, doua sau trei. In continuare va trebui sa iei (4-n) bete, astfel incat ultimul bat luat de tine sa fie al 6lea. E din nou randul lui, repeti procedeul, astfel incat ultimul bat luat de tine va fi al 10lea, iar el va fi fortat sa il ia pe al 11lea.

Analog daca sunt 30 de bete ultimul bat luat de tine va trebui sa fie al 29lea, deci la fiecare mutare de-a lui trebuie sa iei astfel incat sa completezi pana la un numar de forma 29-4k bete luate. Asta inseamna sa il iei pe primul, pe al 5lea, al 9lea, si tot asa pana la al 29lea. :)

Răspunde

11 spix 18 mai 2010 la 14:01

nim

Răspunde

12 Alin 15 iunie 2010 la 19:46

Rezolvarea problemei porneste de cazul favorabil (pentru primul jucator in cazul acesta) . Daca mai raman in joc 4 bete si este randul celui de’al doilea , atunci primul jucator va castiga . Pornind de la aceasta , adaugam numar maxim de bete pe care un jucator le poate colecta ( “3″ ) si obtinem numerele favorabile castigului primului jucator : 4 – 7 – 10 . Exemplu :
1. Primul jucator
2. Al doilea jucator
-11 bete-
I : 1. 1 bete
2. 2 bete Bete ramase : 8
II : 1. 1 bete
2. 1 bete Bete ramase : 6
III : 1. 2 bete
2. 3 bete Bete ramase : 1
IV : 1. 1 bete — Castiga primul jucator

Incercati toate combinatiile posibile . Ideea e sa’l aduci pe primul jucator la unul din numerele favorabile : 4 – 7 -10 asa vei castiga :)

Răspunde

13 ramona 16 iunie 2010 la 19:58

depine cati jucatori sunt .

Răspunde

14 Alex 29 august 2011 la 2:53

primul castiga orice s-ar intampla… desigur… daca are si putin creier…. presupunand ca sunt 2 sau mai multe bete… primul in pune pe al doilea in postura sa traga numai la 3k+1 bete pe masa…pana la urma il va trage pe ultimu

Răspunde

15 dest 7 decembrie 2011 la 23:42

a)primul PIERDE intotdeauna atata timp cat ceilalti 2 jucatori fac pe masa suma de 5 bete la prima mana.

Răspunde

*

Previous post:

Next post:

</