Jogos e invariantes. 6 de Janeiro de 2015

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1 Jogos e invariantes 6 de Janeiro de 2015 Resumo Objetivos principais da aula de hoje: continuar com a ideia de explorar problemas. Apresentar a ideia de invariantes. 1 O jogo de apagar - introdução Quem está acompanhando o curso já deve ter se acostumado com a ideia de jogar jogos matemáticos. Hoje temos mais um exemplo. Jogo de apagar: Dado n N, podemos jogar o seguinte jogo de paciência. No início, são escritos os números de 1 a n no quadro negro. A cada passo seguinte, se ainda há pelos menos dois números no quadro, escolhe-se dois deles digamos que a e b e eles são apagados; depois escrevemos b a no quadro. Vencemos o jogo quando conseguimos que todos os números no quadro sejam zeros. Para que valores de n é possível vencer o jogo? Este problema tem um resposta que é muito supreendente. Convém começar como das outras vezes, explorando o enunciado e jogando o jogo sem um compromisso de resolver todos os problemas. 1.1 Exploração preliminar A primeira dica destas notas é apenas bom senso. Comece com casos pequenos! Ou seja, é bom tentar entender o jogo com n = 2, n = 3, n = 4 antes de tentar n = 10 23! Muitos alunos descobrem a esta altura uma estratégia que às vezes funciona. 1

2 Estratégia de apagar consecutivos: apague n e n 1, substituindo-os por 1. Repita o processo com n 1 e n 2, n 2 e n 3 e assim por diante; deste modo, só restarão uns no quadro. Se o número restante de uns for par, basta casar estes uns em pares para acabar apenas com zeros. Para que valores de n a estratégia dos consecutivos funciona? Responder a esta pergunta significa que ganhamos alguma ideia de quais valores de n são bons. Isto não quer dizer, em princípio, que não exista uma outra estratégia vencedora para os demais valores de n! Ou seja: o fato de que um caminho para a vitória está bloqueado não quer dizer que não haja outros caminhos. 1 De qualquer forma, não custa levar esta ideia que tivemos até o limite: afinal, ela funciona de vez em quando, e fornece uma maneira sistemática (um algoritmo) para o problema. OK, vamos tentar descobrir para quais n a estratégia é boa. Talvez você consiga enxergar imediatamente a solução. Se não for o caso, eis mais um conselho. Se faltam ideias, tente a força bruta! De fato, um teste à força bruta nos mostra que a falha para n = 1, 2, funciona para n = 3, 4, falha para n = 5, 6, funciona para n = 7, 8, falha para n = 9, 10, funciona para n = 11, 12, falha para n = 13, 14, funciona para n = 15, 16,.... Há nestes números um padrão que salta aos olhos e convém tentar entender o que está acontecendo. Parece que os valores bons de n são os múltiplos de 4 e seus antecessores. Será que podemos provar isto? 1.2 Uma primeira demonstração Neste momento vamos suspender a exploração para provar o resultado concreto que já suspeitamos acima. O objetivo agora é esboçar a prova formal de que há uma estratégia que nos dá a vitória sempre que n ou n + 1 é múltiplo de 4. Teorema 1. Se n N é tal que 4 n ou 4 n + 1, então vitória. Prova: vamos demonstrar isto apenas no caso em que 4 n; o outro caso fica como exercício. 1 Procurem Linha Maginot no Google! 2

3 Se consideramos n múltiplo de 4, então n = 4k para algum k N. Nossa demonstração será por indução em k. 1) Caso base - k = 1. Neste caso n = 4 e temos os números 1, 2, 3, 4. Executar a estratégia dos consecutivos nos dá a seguinte sequência de movimentos: 1, 2, 3, 4 1, 2, 1 1, ) Passo indutivo - k k + 1. Vamos ver como funciona o caso n = 4(k + 1) supondo que podemos vencer no caso 4k. De fato, agora temos a sequência 1, 2,..., 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3, 4k + 4. De início vamos manipular somente os números de 4k + 1 em diante. De fato, podemos fazer com eles a estratégia dos consecutivos e ficar com: 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3, 4k + 4 4k + 1, 4k + 2, 1 1, 1 0. Agora os únicos números diferentes de 0 que restam são os de 1 a 4k. Para estes números podemos repetir a estratégia vencedora que temos para 4k (a qual existe pela hipótese de indução) e acabar com apenas 0 no quadro. Portanto, combinando todos os números até 4(k + 1), temos vitória neste caso. Importante: faça o exercício acima! 2 Como seguir? Provamos acima que 4 n ou 4 n + 1 vitória possível. Ainda não temos uma estratégia vencedora para outros valores de n. Isto significa que: 1. ou não há estratégias vencedoras para qualquer n que não é múltiplo ou antecessor de múltiplo de 4; 2. ou existe n que não é múltiplo ou antecessor de múltiplo de 4, para o qual há uma estratégia vencedora que ainda não conhecemos. Em princípio, as duas possibilidades acima seriam possíveis. Também em princípio, quem aposta na segunda alternativa tem a vida fácil: para provar que ela é verdade, basta achar um n e uma estratégia para este n. Já 3

4 quem apostar na segunda alternativa tem de mostrar que qualquer estratégia válida falha quando 4 n e 4 n + 1, o que é conceitualmente é muito mais complicado. No entanto, aquele que continuar a explorar o problema vai se convencer de que não é nada fácil achar a estratégia pedida a segunda alternativa. Isso sugere que talvez seja mesmo impossível resolver o problema. Como enxergar a impossibilidade? Claramente não basta tentar e não conseguir: é preciso um argumento que mostre que não dá mesmo. Fazer isto pode ser difícil, então lá vai uma dica. Jogue o jogo de apagar representando cada número i por uma pilha de k blocos. Veja o que acontece com os blocos à medida que você joga. Por que não dá para chegar a 0 quando n = 5, 6 ou n = 9, 10 ou...? 3 O invariante Neste ponto muitos alunos intuem que isto tem algo a ver com paridades. O que quer dizer isso? Vamos ser diretos. O número inicial de blocos é n(n + 1)/2, que é simplesmente a soma n. A cada etapa do jogo, o número de blocos retirados é par. O pulo do gato é que, se o número inicial de blocos é ímpar, ele sempre será ímpar, portanto não poderemos acabar com 0 blocos. Dito de outro modo, a paridade do número de blocos no quadro é um invariante do jogo. Para escrever isto em termos do jogo sem blocos, teríamos que mostrar que a soma dos números no quadro não muda de paridade. De fato, suponha que em determinado instante a soma é S e escolhemos a b para apagar. Neste caso removemos b+a da soma, mas acrescentamos o novo termo b a, portanto: (nova soma) = S (b + a) + b a = S 2a. Ou seja, a diferença entre as somas antiga e nova é par, portanto elas têm a mesma paridade! Por isto, se o primeiro valor da soma, que é n(n + 1)/2, é ímpar, não há como chegar a soma 0, o que corresponde a só ter 0 s no quadro. Tudo isto que já escrevemos é uma prova informal do seguinte fato. 4

5 Teorema 2. Se n(n+1)/2 é ímpar, não é possível vencer no jogo de apagar. Exercício: escreva esta demonstração formalmente!) Pode não ser claro, mas encerramos o problema. Pois veja só: se n(n + 1)/2 é ímpar, não dá para vencer. Por outro lado, n(n + 1)/2 é par se e somente se existe um k N tal que 2k = n(n + 1), ou seja, 4k = n(n + 1), ou seja, 4 n(n + 1). 2 Portanto, n(n + 1)/2 é par exatamente quando 4 n(n + 1). Mas n e n + 1 são coprimos! Portanto ou 4 n, ou 4 n + 1! Resumindo: se 4 n ou 4 n + 1, dá para ganhar, se 4 n e 4 n + 1, n(n + 1)/2 é necessariamente ímpar e o invariante da paridade demosntra que é imposível ganhar. 5