Нет. В такой шах. Доске 41 одн. цвета и 40 др. Т.к. Конь ходит на против. цвета то он застрянет макс. На посл. Или на предпосл.
Админ:
KoKos 2012-04-01 23:40:27 пишет:
Хорошая задачка, - ответ до смешного прост, но пришлось повозиться, чтоб его найти. :) Для того, чтоб вернуться в исходную клетку, конь должен *обязательно* сделать четное число ходов. Доказывается просто: с каждым ходом конь меняет цвет поля, соответственно, через любое нечетное число ходов он гарантированно стоит на поле цвета, противоположного начальному полю - а значит оно не может быть начальным. ;) Чтобы сделать обход удовлетворяющий условию задачи, конь должен сделать ровно 81 ход - нечет. Ответ: нельзя.
Админ:
математик 2012-02-05 22:07:03 пишет:
да.конь 3 раз вперёд,1 раз влево или вправо.так можно 6 раз делать.
Вася Пупкин 2011-08-05 10:38:41 пишет:
81 клетка, одного цвета больше, чем другого, при обходе цвета чередуются, значит, не получится кольца с чередованиями. Класс трудности, по-моему, эдак на двойку завышен :))
Админ: тем не менее, правильные ответы появляются редко :)
maez, Админ - конь каждым своим ходом меняет цвет клетки, и если бы обход существовал, то количество черных клеток было бы равно количеству белых, что неверно.
Админ: не говори никому :)
maez 2011-07-28 16:15:53 пишет:
В догонку:
не учтен момент, что сумма под множителем 2 равна нулю - но это ничего не меняет, потому как четность тогда будет следовать из этого уравнения:
допустим:
X: (N1+N4-N5-N8) + 2*(N2+N3-N6-N7) = 0, и N2+N3-N6-N7 =0. Тогда (N2+N3=N6+N7) и (N1+N4=N5+N8)
В итоге (N1+...+N8) = 2*(N1+...+N4) - четное число.
Админ:
maez 2011-07-28 16:10:34 пишет:
Нельзя:
1) Нужно сделать 81 ход.
2) Докажем, что вернуться в исходную точку можно только за четное количество ходов:
Обозначим ходы как вектора: 1:(1,2), 2:(2,1), 3:(2,-1), 4:(1,-2), 5:(-1,-2), 6:(-2,-1), 7:(-2,1), 8:(-1,2); будем обозначать их как ->1..->8
Теперь обозначим количество ходов каждого типа как N1..N8.
Условие того, что конь вернулся в исходную точку - то что сумма векторов будет равна нулевому вектору:
N1*->1 + N2*->2 + ... + N8*->8 = ->0 (нулевой вектор).
Разберем по координатам:
X: N1+2*N2+2*N3+N4-N5-2*N6-2*N7-N8 = 0,
Y: 2*N1+N2-N3-2*N4-2*N5-N6+N7+2*N8 = 0.
Преобразуем каждое, вынеся множитель 2 за скобку:
X: (N1+N4-N5-N8) + 2*(N2+N3-N6-N7) = 0,
Y: (N2-N3-N6+N7) + 2*(N1-N4-N5+N8) = 0.
Откуда получаем, что:
(N1+N4-N5-N8) и (N2-N3-N6+N7) обязаны делится на 2.
Далее - из очевидности, что (x+y) и (x-y) имеют одинаковую четность видим, что:
(N1+N4+N5+N8) и (N2+N3+N6+N7) делятся на 2, а значит, что:
(N1+N2+...+N8) тоже делятся на 2.
Получаем, что за 81 ход невозможно вернуться в исходную точку. ЧТД.
Админ: сильно!
gremlin 2011-07-28 00:42:46 пишет:
Да, это возможно, и я знаю как! Нужно взять коня за яйца и заставить ходить как ферзь!