一度テレビで見て、正解と解説も見たし、
見た後で考えてノートに書いてもいるのだが、
またノートを見ながらやってみても、
論理的プロセスがあやふやだ。
昔から勝負事は苦手だった。
囲碁、将棋、麻雀、ゲーム、その他、全部。
ひらめきと直観で、しかも論理的に
先を読んで記憶するのに向いてない。
だからこの記事の説明もあやふやだ。
数学サイト
http://blog.livedoor.jp/mazra627/
から
第151回「サイコロ必勝法」
問題
１つのサイコロの目を交互に９０度ずつ転がして、
出る目の和（相手の出す目も含めて）が１３になったら勝ちというゲームを行うとき、
その必勝法を考えてください。
ただし、１３をオーバーしたら負けです。
先手は１～６の何を最初に出してもよいものとする。
解答例？：
サイコロ２手では１３にはならない。
最低３手が必要。
仮に３手とすると、先手→後手→先手で１３だから
先手必勝を考える。（大ざっぱ、３手で終わるとは限らない）
２手以降に、いくつ残すかは先手の特権である。
そこで（いい加減だが）先手の後の
２回の手の目の数の和を考えてみる。
９０°転がすのだから、
例えば１の次に１は出ない。また裏の６も出ない。
（表＋裏＝７）
目 １ ２ ３ ４ ５ ６
１ × ３ ４ ５ ６ ×
２ ３ × ５ ６ × ８
３ ４ ５ × × ８ ９
４ ５ ６ × × ９ １０
５ ６ × ８ ９ × １１
６ × ８ ９ １０ １１ ×
多いのは、５，６，８，９、である。いずれも４回出ている。
５，６、は１手で取れるので除外する（あやふや）、
というより５，６を一手で残すことは、初手８，７だから出来ない。
先手の後に、残す数は８か９に絞ってみる。（あやふや）
先手５（残り８）→後手１，３，４，６という場合分けをして
考えてみたが必勝法はないようだ。（面倒だったので省略）
先手４（残り９）から考えてみる。
先手を「鍵括弧」で表す。
同じ目と裏の目は出せないから、それを守って、
後手が何を出してきても勝てるなら必勝法である。
「４」→１→「４」→１→「３」（先手の勝ち）
「４」→１→「４」→２→「１」→（１は出せない。先手の勝ち）
（「４」の後に３，４、は出せないということ）
「４」→２→「４」→１→「２」（先手の勝ち）
「４」→２→「４」→２→「１」（先手の勝ち）
（以下は３手で終わる。２手３，４は出せない。）
「４」→５→「４」（先手の勝ち）
「４」→６→「３」（先手の勝ち）
以上より、先手「４」は必勝法である。
「４」が目立つのはなぜか・・・困ったときは「４」みたいになってる・・・？
他に必勝法はないのか・・・（まことに、あやふや）
先手の後に、残す数は８か９に絞ってみる。（あやふや）
先手５（残り８）→後手１，３，４，６という場合分けをして
考えてみたが必勝法はないようだ。（面倒だったので省略）
先手４（残り９）から考えてみる。
先手を「鍵括弧」で表す。
同じ目と裏の目は出せないから、それを守って、
後手が何を出してきても勝てるなら必勝法である。
「４」→１→「４」→１→「３」（先手の勝ち）
「４」→１→「４」→２→「１」→（１は出せない。先手の勝ち）
（「４」の後に３，４、は出せないということ）
「４」→２→「４」→１→「２」（先手の勝ち）
「４」→２→「４」→２→「１」（先手の勝ち）
（以下は３手で終わる。２手３，４は出せない。）
「４」→５→「４」（先手の勝ち）
「４」→６→「３」（先手の勝ち）
以上より、先手「４」は必勝法である。
「４」が目立つのはなぜか・・・困ったときは「４」みたいになってる・・・？
他に必勝法はないのか・・・（まことに、あやふや）
先手初手が「４」以外の場合は後手必勝になるのかもしれません。
「サイコロ問題：数学サイト・補足！？」参照
--------------------------------------------------------
さて
こういう数のゲーム必勝法の最も分かりやすい例として
テレビで外国の小学校の授業で出されていた問題がある。
小学生でも知ってるかもしれないが・・・
問題２：
２６個の玉がある。一度に１～３個を取る。パスはできない。
最後に取ったほうの負け。必勝法は？
解答例２：
１～３の、３に１を加えた数４が鍵となる。
○●●●
○○●●
○○○●
このように４個について考えると
１個取れば３個取る
２個取れば２個取る
３個取れば１個取ることで
４個について●は常に後手に回ることができる。
５個ならば残り１個は○が取らざるを得ない。
つまり、４の倍数＋１ならば、後手の勝ち。―――――――（１）
ここでは、２６＝１＋４×６＋１ である。
先手が１個取ることによって、先手は（１）の後手になるので、先手が勝つ、
つまりこの場合、先手１個取りで、先手必勝である。
※ あまり意味のない？一般化として
玉の数をｎ個、一度に取る玉の数を１～ａ個とすると（ｎ＞ａ）
上と同じように、（ａ＋１）が鍵となり、
最後に取ったほうが負けならば、
ｎ＝（ａ＋１）×ｍ ＋ｂ で、ｂ＝１ならば後手必勝。
ｂが、２，３、・・・，ａ、０つまり（ａ＋１）の倍数、ならば
それぞれ先手が１，２，・・・，（ａ－１），ａ個取ることで
ｂ＝１と同じになり、先手必勝となるだろう。
さて上と逆に
最後に取ったほうが勝ちの場合はどうなるか。
問題２について考えると、
４の倍数の場合は、後手の勝ちになるようだ。――――――（２）
４の倍数＋１の場合は・・・？
例えば５個の場合を考えると
先手３→後手２（後手の勝ち）
先手２→後手３（後手の勝ち）
先手１→後手４は取れないので１～３
→それぞれ先手３～１（先手の勝ち）
必勝法は、ない、ということか・・・？？
まあ、５個の場合は先手１個で先手必勝にはなるのだが、
４の倍数＋１～３の場合にまで広げることが出来そうにない。（嘆）
例えば仮に１個ずつ取ってゆくと偶奇に関係もしてきそうだが・・・
ん？・・・（２）から、４の倍数に持っていけばよいのか。
４の倍数＋１～３ の場合は、先手１～３で、先手必勝。（？）
一般化では、１～ａ個取るのだから、
ｎ＝（ａ＋１）×ｍ ＋ｂ （ｂ＝０～ａ）
ｂ＝０のとき即ち（ａ＋１）の倍数のとき後手必勝。
ｂ＝１～ａのとき、最初に１～ａを取ることで、先手必勝か。
４の倍数＋１～３の場合にまで広げることが出来そうにない。（嘆）
例えば仮に１個ずつ取ってゆくと偶奇に関係もしてきそうだが・・・
ん？・・・（２）から、４の倍数に持っていけばよいのか。
４の倍数＋１～３ の場合は、先手１～３で、先手必勝。（？）
一般化では、１～ａ個取るのだから、
ｎ＝（ａ＋１）×ｍ ＋ｂ （ｂ＝０～ａ）
ｂ＝０のとき即ち（ａ＋１）の倍数のとき後手必勝。
ｂ＝１～ａのとき、最初に１～ａを取ることで、先手必勝か。
頭（の回転）わるいというか、ぼけたか・・・？
（２０１１年１０月２７日、同日、終わりの部分加筆修正）
（２０１１年１０月２７日、同日、終わりの部分加筆修正）
コメント