Kombinatorisk Spilteori

Transkript

1 Bachelorprojekt i matematik Institut for matematiske fag, Københavns Universitet Kombinatorisk Spilteori Skrevet af: Thomas Nielsen Vejleder: Søren Eilers

2 Contents 1 abstract 2 2 Sureelle tal Konstruktion Generel konstruktion Tal konstruktion af nogle tal No er et legeme Egenskaber ved addition og negation Egenskaber ved multiplikation Division R er en ægte delmængde af No Spil Introduktion til spil Simpel analyse af sumspil Formel tilgang Kageskæring Restringeret Hackenbusch Forsimpling af spil Snitspillet Impartielle Spil Nim Polycut Hackenbusch Urestringeret

3 1 abstract This assignment is in combinatorial game theory, and is divided into three parts. The first will contain the basic construction of the general number. This construction is actually a part of the more general construction of games. We will define an order relation, along with negation, addition and multiplication and the prove that these will behave for numbers just as they should, making the numbers into a nice real-closed field. We then proceed to proving the proper containment of the real numbers. The second part will examine the basic property of the general games, allowing us to work with sums of games, and letting us identify games that are equal in value. As we are interested in the outcome of a game we will be giving results on how to reduce these games to games which are often easier to handle. We also analyze some specific games, namely the games Hackenbusch Restrained, cutcake and the cutting game. In Hackenbusch we will give a solution in the case when our game has a certain form(a tree), but not give a solution for general case. We will though be making some statements about other cases. In cutcake though, we will be able to give a method of analyzing the game for arbitrary sizes by a recursive method, making us able to give a solution for games of large sizes relatively easy. The cutting game however has a different kind of structure, as we shall see. We will analyze this to the extent of small or simple games, giving us some kind of dictionary on how to win larger games, this turns out to be a general method in analyzing games. We are able to do this because the game tends to break down into parts rapidly. The third part will contain the basic theory of the impartial games, games where each player always has the same moves. We will do this by analyzing the game Nim, which turns out to be of extreme significance. We will show that any impartial game is in play equivalent to some appropriate Nim-game. We then turn to analyze a impartial game called Polycut, which turns out to have an extremely simple, almost trivial solution for a certain form, but a way more complex structure for the general form. Last we will analyze the game Hackenbusch Unrestrained giving a complete solution for this game. Most of the theory will be taken from the book On Numbers And Games by J. H. Conway, but we have added some proofs and remarks not in the book. The cutting game, polycut and cutcake have been analyzed independant of the book. 2 Sureelle tal Denne første del kommer til at omhandle konstruktionen af de surreelle tal, eller blot tallene som vi fremover vil kalde dem. Vi vil starte med at give den konkrete konstruktion og de grundlæggende definitioner. Herefter vil vi konstruere nogle specifikke tal for at tydeliggøre hvordan konstruktionen fungerer samt hvad definitionerne indebærer. Hernæst vil vi vise at vores tal opfører sig som vi ønsker samt at de reelle tal fremkommer som en delmængde af disse. Teorien i denne del er nogenlunde analog med de første 3 kapitler i On Numbers And games. 2

4 2.1 Konstruktion Generel konstruktion Vi vil starte med at definere generelle spil før tal selvom de egentlig først bliver studeret i anden del, dog vil en del resultater også gælde spil. Hvis et teorem ikke eksplicit siger at det kun omhandler tal, vil det også gælde generelt. konstruktion Lad L og R være to mængder af spil, så findes et spil {L R}. Alle spil konstrueres således. Fremadrettet bruger vi x L og x R som de typiske representanter for elementer i hhv. L og R og kalder x L og x R for hhv. venstre og højre valg. Definition Vi siger at x y hvis, og kun hvis vi ikke kan finde uligheder på formerne: y L x og y x R. Vi siger at x y hvis og kun hvis: y x. Vi siger at x hvis og kun hvis x y ikke holder. Tilsvarende for. Vi siger at x = y hvis og kun hvis: x y og y x. Vi siger at x > y hvis og kun hvis: x y og y x. Og x < y hvis og kun hvis y > x. Oventstående definition på er induktiv, i den forstand at vi for at se om x y, skal kontrollere samme relation, blot på simplere spil. Da alle spil ultmativt konstrueres ud fra den tomme mængde (siden det er den eneste spilmængde vi har til at begynde konstruktionen med) giver definitionerne mening Tal Lad L og R være to mængder af tal sådan at, ingen elementer i L er nogen elementer i R, så findes et tal {L R}. Alle tal konstrueres således. Vi kalder klassen af alle sureelle tal No. Vi bemærker samtidigt at da alle tal specielt er spil, vil ethvert resultat for spil, også gælde for tal. Vi er allerede nu i stand til at bevise nogle nyttige ting omkring ordensrelationerne. Mange af beviserne vil benytte sig af induktion over alle spil. Det vil her sige at vi viser at en egenskab P holder for et spil G såfremt P er sand for alle tidligere konstruerede spil end G, da vil det holde for alle spil. Det er her vigtigt at bemærke at sætningen Alle spil konstrueres således sikrer at alle spil ultimativt konstrueres fra den tomme mængde. Det betyder i praksis at vores induktionsstart altid er sand, da vi i så fald blot skal bevise at P er sand for alle elementer i den tomme mængde. Hvis vi blot siger induktion mener vi generelt induktion over spil, medmindre andet eksplicit påpeges. Teorem 1 for alle spil haves: (1): x x R (2): x L x (3): x x (4): x = x bevis: Antag nu ved induktion over spil at teoremet gælder for alle tidligere spil end x, specielt for alle x L og alle x R. x x gælder medmindre vi kan finde uligheder på formen x L x eller x R x. x L x gælder medmindre vi kan finde uligheder på formen x RL x eller x L x L, men det kan vi per induktionsantagelse, så vi har at x L x. Tilsvarende finder vi at x x R. Dette beviser (1),(2) og (3). (4) følger nu trivielt. 3

5 Teorem 2 er en transitiv relation. bevis: Antag at x y og y z. Da x y ved vi at der ikke findes uligheder på formen y x R så ved induktion over spil fås at vi heller ikke kan have uligheder på formen z x R, tilsvarende kan vi heller ikke have uligheder på formen y L x og igen ved induktion kan vi ikke have uligheder på formen z L x, så x z. Teorem 3 (1): For alle tal haves x L < x < x R for alle x L og alle x R. (2): For to tal x, y gælder enten x y eller y x. bevis: (1) Af teorem 1 ved vi at det er nok at vise at x R x og x L x, den første ulighed er sand medmindre x x RR eller x L x R. Ved induktion ser vi at den første ulighed ville give x R < x RR x hvilket er en modstrid da det specielt giver at x x R. Den anden ulighed strider mod definitionen på et tal. x L x fås på tilsvarende vis. (2) Antag at x y så gælder per definition enten en ulighed på formen y x R eller en ulighed på formen y L x hvilket af (1) giver enten x < x R y eller x y L < y. Vi har nu vist at er en partiel ordning på spil og en total ordning på tal. Definitioner x + y = {x L + y, x + y L x R + y, x + y R } x = { x R x L } x y = x + y xy = {x L y + xy L x L y L, x R y + xy R x R y R x L y + xy R x L y R, x R y + xy L x R y L } Definitionen på x + y er valgt sådan, fordi vi nu ved at siden x L < x < x R og y L < y < y R, bør x + y L < x + y og x L + y < x + y og x + y < x + y R og x + y < x R + y. Tilsvarende ønsker vi for x at siden x L < x < x R vil vi have x R < x < x L. Defintionen på xy er lidt sværere, men da x x L > 0 og y y L > 0 bør vi have (x x L )(y y L ) > 0 og derfor også xy > xy L + x L y x L y L. Tilsvarende kan vi argumentere for valget af resten af indgangende i xy. Der er brugt en del regneregler, som vi håber holder, vi vil bruge næste kapitel på at sikre os at de gør. Det skal også bemærkes at i anden del hvor vi kigger på spil, er definitionerne på addition og negation som her det helt oplagte valg konstruktion af nogle tal Til at starte med har vi ingen tal at indsætte som L og R i definitionen, vi har dog stadig den tomme mængde som valg. Vores første tal bliver altså { } eller bare { }. Vi kalder dette tal for 0. Først bør vi verificere at dette er et tal, det et det oplagt siden vi ikke har nogle indgange hverken i L eller R er der heller ikke mulighed for at nogen 0 L 0 R, så 0 er et tal. Vi kan nu bruge 0 til at konstruere tallene {0 } og { 0}, som vi kalder hhv. 1 og -1. Det er let at vise at 1 < 0 < 1, lad os vise at 0 < 1. Først, er 1 0? det er sandt medmindre vi har en ulighed på formen 1 R 0, det har vi ikke da der ikke findes nogle elementer på formen 1 R, eller en ulighed på formen 0 L 1, det har vi heller ikke da der ikke findes nogle elementer på formen 0 L. Nu skal vi bare vise at 0 1, dette er sandt hvis der findes en ulighed på formen 0 R 1 eller på formen 1 L 0, lykkeligvis har vi 1 L = 0 0 (det er trivielt at kontrollere om 0 0 da der ikke er nogle uligheder at kontrollere eller ved blot at bruge teorem 3). 4

6 At (1) = 1 kommer af at {0 } = { 0} = { { }} = { { }} = { 0} = 1. Vi vil senere retfærdiggøre at disse har de egenskaber vi kræver af 0 og 1, altså at 0x = x0 = 0 og 1x = x1 = x og x+0 = 0+x = x. Vi er nu i stand til at konstruere endnu flere tal, men først er det nok en god ide at afgøre hvornår at vi kan tilføje tal til hhv. højre og ventre uden at ændre værdien af tallet. Teorem 4 Lad x være et tal. Vi kan uden at ændre værdien af x indsætte et tal x L som venstreelement hvis x L x. Vi kan uden at ændre værdien af x indsætte et tal x R som højreelement hvis x R x. bevis: Lad x = {x L x R } og x = {x L, x L x R }. Er x x? Det vil være sandt medmindre vi har en ulighed på formen x R = x R x (Dette er ikke tilfældet da x R > x ifølge teorem 3) eller en ulighed på formen x L x, hvilket heller ikke er tilældet da x L < x også ifølge teorem 3. Er x x? Det vil være sandt medmindre der findes en ulighed på formen x R x (dette er ikke tilfældet da x < x R igen ifølge teorem 3), eller en ulighed på formen x L x. Vi kan slutte at såfremt x L x kan vi roligt indsætte x L på venstresiden. Den anden del vises fuldstændigt analogt. Med dette teorem bliver det lidt lettere at se hvilke nye tal vi kan konstruere da fx: { 1, 0, 1 } = {0, 1 } = {1 } vi kalder dette tal 2, da = {0 } + {0 } = {0 + 1, } = {1 }. Tilsvarende ses let at for alle heltal n haves at n = {n 1 }, da ved induktion over N fås n = (n 1)+1 = {(n 2)+1, (n 1)+0 } = {n 1 } (antaget + og - opfører sig pænt). Tilsvarende får vi også deres negativer. Hvis vi nu betragter tallet {0 1} kan man vise at dette har de egenskaber man ønsker af 1 2, altså at = 1 og at 0 < 1 2 < 1. Dette gøres ved simpelt hen at kontrollere i forhold til definitionen om = {0 1}+{0 1} = {{0 1}+0 {0 1}+1} = { } 1 og tilsvarende = { } 1, lad os vise at { } 1. Da der ikke findes nogle 1R, og da vi ved at 1 2 < 1, ser vi at { } 1. Tilsvarende kan vi konstruere alle dyadiske rationelle tal(tal på formen n 2 ) i endeligt mange 1 m trin ved først at vise at = {0 1 2 m+1 2 } for derefter at vise at et tal er dyadisk rationelt hvis og m kun hvis tallet er på formen x = {x 1 2 x + 1 n 2 } for et eller andet n. Med hensyn til resten n af de rationelle tal viser vi senere at vi kan tage den reciprokke værdi af ethvert tal. Det viser sig også at vi kan lave dedekinsnit af de rationelle tal(eller blot de dyadiske rationelle tal), og på den måde konstruere alle reelle tal. Altså ved at sætte x = {x 1 n x + 1 n } n N 0. Det viser sig dog også at alle tal konstrueret i endeligt mange trin er dyadisk rationelle. Men der er selvølgelig flere tal, det første vi vil diskutere er ω = {0, 1, 2, 3,... }. Med andre ord kan vi betragte det som det første tal, større end alle de endelige heltal. Tilsvarende får vi ved negation ω = { 0, 1, 2, 3,...}. Samt en masse andre transfinitte tal. Vi kan bemærke at ω ikke er det mindste tal der er større end heltallene, da vi ser at tallet x = {0, 1, 2, 3,... ω} nødvendigvis må være mindre. Vi ved at x + 1 = {0, 1, 2, 3,..., x ω + 1} og at vi har ulighederne n < x < ω (specielt er x ω) samt at ω + 1 ω, så vi kan uden at ændre værdien på ω indsætte x på venstresiden og ω + 1 på højresiden. Så vi har at x + 1 = ω og dermed x = ω 1. Vi kan også vise at ω 2 = {1, 2, 3,... ω 1, ω 2, ω 3,...} = {n ω n} n N, opfylder at ω 2 + ω 2 = ω. Hvilket retfærdiggør navnet. Vi har at ω 2 + ω 2 = {n ω n} n N + {n ω n} n N = { ω 2 + n ω 2 + ω n} n N. Vi har også n < ω 2 < ω n for alle n N og dermed ω 2 n > 0 for alle n N. Vi spørger nu, er ω 2 + ω 2 ω? Dette er det medmindre at vi har en ulighed på formen 5

7 ω 2 + ω n ω (ikke tilfældet da det ville give ω 2 n 0), eller en ulighed på formen n ω 2 + ω 2 hvilket heller ikke er tilældet da n < ω 2. Er ω ω 2 + ω 2? det er det medmindre vi kan finde uligheder på formen ωr ω 2 + ω 2 (ikke tilældet da der ikke er nogle ω R ), eller på formen ω 2 + n ω men da dette vil implicere at ω 2 ω n og vi ved at ω 2 < ω n er dette heller ikke muligt. Vi slutter gladeligt at ω 2 + ω 2 = ω, hvilket retfærdiggør navnet. Vi brugte nogle regneregler her, som burde retfærdiggøres, fx at ω ω = 0 og at summen af to tal faktisk er et tal. Vi vil i næste kapitel retfærdiggøre disse, samt de andre regneregler vi har brugt tidligere. 2.2 No er et legeme Idet dette afsnit udelukkende omhandler strukturen af No som et legeme bliver det stort set bare en række teoremer, der til sammen viser at No er et legeme med ordensrelation der opører sig som vi ønsker det. Først bliver vi nødt til at bemærke at det er nødvendigt med en distinktion mellem lighed = og identisk lighed. Lighed er som defineret i afsnit 1, mens vi siger at to spil er identisk lig med hindanden hvis deres højre og venstre mængder er ens Egenskaber ved addition og negation Teorem 5 For alle x, y, z haves: x + 0 x x + y y + x (x + y) + z x + (y + z) bevis: Antag ved induktion at dette gælder for alle tidligere konstruerede tal, vi har: (1):x + 0 {x L + 0 x R + 0} {x L x R } x (2):x + y {x L + y, x + y L x R + y, x + y R } {y + x L, y L + x y + x R, y R + x} y + x Den trejde ulighed følger på præcis samme måde. Hvis et resultat følger udelukkende ved en induktionsantagelse og manipulation og brug af samme eller tidligere simple teoremer vil vi fremover blot referere til beviset som et simpelt bevis. Teorem 6 (x + y) x y ( x) x x x = 0 bevis: De første to følger ved simple beviser. Er x x 0? I modsat fald vil (x x) R 0 altså enten x R x 0 eller x x L 0. Men ved induktionsantagelsen: x R x R 0 og x L x L 0 kan vi slutte at ingen af de to er sande, og vi har har at x x 0. Tilsvarende ser vi at x x 0 og derfor x x = 0. Teorem 7 y z hvis og kun hvis x + y x + z. bevis: Hvis x+y x+z kan vi ikke finde uligheder på formerne x+y R x+z og x+y x+z L, ved induktion kan vi således heller ikke have y R z eller y z L så y z. Antag nu at x + y x + z, så har vi en af følgende: x R + y x + z x + y R x + z x + y x L + z x + y x + z L Hvis vi oveni antager at y z fås en af følgende: x R + z x + z x + y R x + z x + y x L + y x + y x + z L Som alle giver modstrid ved induktion. korrollar y = z hvis og kun hvis x + y = x + z. 6

8 Teorem 8 0 er et tal, Hvis x er et, så er x et tal, Hvis x og y er tal, så er x + y et tal. bevis: (1):Vi har allerede tidligere vist at 0 er et tal. (2): Da x L < x < x R har vi per induktion at x R < x < x L hvor x L og x R er tal. (3): Vi får igen per induktion at x L + y < x + y og x + y L < x + y og x + y < x R + y og x + y < x + y R hvor x L + y, x + y L, x R + y, x + y R er tal. Vi har altså nu at tal er en totalt ordnet kommutativ gruppe under Egenskaber ved multiplikation Teorem 9 for alle x, y, z gælder: x0 0x 0, x1 1x x, xy yx ( x)y x( y) xy Samt: (x + y)z = xz + yz og x(yz) = (xy)z bevis: alle disse er simple beviser, hvor vi dog bemærker at siden vi skal bruge reglen x x = 0 i de to sidste, bliver disse kun ligheder og ikke identiske ligheder. Teorem 10 (1): Hvis x og y er tal, så er xy et tal. (2): Hvis x 1 = x 2 så er yx 1 = yx 2 (3): Hvis x 1 x 2 og y 1 y 2 så er x 1 y 2 + x 2 y 1 x 1 y 1 + x 2 y 2 Hvor vi kan bytte ud med < såfremt det gøres alle steder. bevis: Antag ved induktion at teoremet holder, specielt er højre og venstreelementerne tal. Vi behøver derfor blot at kontrollere uligheder på formen: xy L 1 + x L 1 y x L 1 y L 1 < x L 2 y + xy R x L 2 y R og xy L 1 + x L 1 y x L 1 y L 1 < x R y + xy L 2 x R y L 2 og xy R 1 + x R 1 y x R 1 y R 1 < x L y + xy R 2 x L y R 2. og xy R 1 + x R 1 y x R 1 y R 1 < x R 2 y + xy L x R 2 y L Lad os kigge på den første. Hvis x L 1 x L 2 haves: xy L 1 + x L 1 y x L 1 y L 1 xy L 1 + x L 2 y x L 2 y L 1 < xy R + x L 2 y x L 2 y R hvilket reducerer til: x L 1 y + x L 2 y L 1 x L 2 y + x L 1 y L 1 og: xy L 1 + x L 2 y R < xy R + x L 2 y L 1 som begge er på formen (3). Hvis derimod x L 1 x L 2 haves: xy L 1 + x L 1 y x L 1 y L 1 < xy R + x L 1 y x L 1 y R xy R + x L 2 y x L 2 y R hvilket reducerer til: xy L 1 + x L 1 y R < xy R + x L 2 y L 2 og x L 1 y + x L 2 y R x L 2 y + x L 1 y R også begge på formen (3). Tilsvarende ser vi at alle ulighederne reducerer til samme form. Vi bemærker at ved reduktionerne bruges kun biimplikationer. (2): Følger da der gælder: (x 1 y) L < x 2 y og (x 2 y) L < x 1 y samt x 1 y < (x 2 y) R og x 2 y < (x 1 y) R som vi får let ved induktion. 7

9 (3): Vi kan antage at både x 1 < x 2 og y 1 < y 2, da vi gennem (2) let viser at (3) holder såfremt x 1 = x 2 eller y 1 = y 2. Da x 1 < x 2 har vi enten x 1 < x R 1 x 2 eller x 1 x L 2 < x 2 og da y 1 < y 2 har vi enten y 1 < y R 1 y 2 eller y 1 y L 2 < y 2. Antag x 1 < x R 1 x 2. Ved induktion har vi så: x 1 y 2 + x R 1 y 1 < x 1 y 1 + x R 1 y 2 og x R 1 y 2 + x 2 y 1 < x R 1 y 1 + x 2 y 2 så: x 1 y 2 + x 2 y 1 < x 1 y 1 + x 2 y 2 Antag nu y 1 < y1 R y 2 vi har ved induktion at: x 2 y 1 + x 1 y1 R < x 2y1 R + x 1y 1 og y1 Ry 2 + x 1 y 2 x 2 y 2 + y1 Rx 1 så x 2 y 1 + x 1 y 2 < x 1 y 1 + x 2 y 2 Antag nu x 1 x L 2 < x 2 og y 1 y L 2 < y 2 så har vi ved induktion: x 1 y 2 + x L 2 y 1 x 1 y 1 + x L 2 y 2 og: x L 2 y 2 + x 2 x 1 < x L 2 y 1 + x 2 y 2 så: x 1 y 2 + x 2 y 1 < x 1 y 1 + x 2 y 2. Hvilket redegør for alle tilfælde. korrollar hvis x og y er positive tal, så er xy også positivt Division Lemma Lad x være et strengt positivt tal. Da er x = {0, x L x R } hvor alle x L er positive. Lemmaet er oplagt sandt da vi kan indsætte 0 på venstesiden uden at ændre værdien da 0 x og med samme argument slette alle negative x L. Vi vil i det følgende teorem antage at x er strengt positivt og på denne form. Teorem 11 Lad x være et positivt tal. definer: y = {0, 1+(xR x)y L, 1+(xL x)y R 1+(xL x)y L, 1+(xR x)y R } x R x L x L x R Der gælder: (1): xy L < 1 < xy R for alle y L, y R (2): y er et tal (3): (xy) L < 1 < (xy) R for alle (xy) L, (xy) R (4): xy = 1 bevis: Vi ser først at for y L = 0 gælder xy L < 1 oplagt. Vi har at det generelle element i definitionen kan omskrives ved almindelig manipulation så vi har en af følgende: 1 xy L = (1 xy L ) xr x x R 1 xy L = (1 xy R ) xl x x L 1 xy R = (1 xy L ) xl x x L 1 xy R = (1 xy R ) xr x x R Hvor y L og y R er tidligere konstruerede end y L og y R. Da x R x > 0 og x R x < 0 fås af de to første at xy L < 1 hvis og kun hvis xy L < 1 og xy R > 1. Af de to sidste fås at xy R < 1 hvis og kun hvis xy L < 1 og xy R > 1. 8

10 (2) følger trivielt da specielt y L < y R da x > 0. Elementerne i xy har en af formerne: (xy) L = x L y + y L x x L y L = 1 + x L (y 1+(xL x)y L ) = 1 + x L (y y x L R ) (xy) L = x R y + y R x x R y R = 1 + x R (y 1+(xR x)y R ) = 1 + x R (y y x R R ) (xy) R = x L y + xy R x L y R = 1 + x L (y 1+(xL x)y R ) = 1 + x L (y y x L L ) (xy) R = x R y + xy L x R y L = 1 + x R (y 1+(xR x)y L ) = 1 + x L (y y x R L ) hvilket i alle tilfælde giver (3). Vi ser nu at z = xy har venste element 0, da både x og y har venstre element 0. Fra (3) har vi at z L < 1 < z R. Vi har da: z 1 da z R 1 ikke holder og z 1 L = 0 da z har 0 som venstre element. 1 z da 1 R z ikke holder og 1 z L heller ikke holder. Såz = xy = 1. Samlet har vi nu vist at klassen No er et totalt ordnet legeme. 2.3 R er en ægte delmængde af No Vi vil i dette afsnit gennem tre teoremer bevise at de reelle tal er en ægte delmængde af de surreelle tal, det første giver et udtryk for simplicitet af et spil i form af hvor tidligt spillet er blevet konstrueret. Dette vil vise sig som et af de vigtigste resultater for spil. Teorem 12 For givet x = {x L x R } antag at der findes et spil z hvorom der gælder x L z x R for alle x L og x R, men at dette ikke er opfyldt for nogen z L eller z R. Så er x = z. bevis: vi har at x z hvis der ikke findes uligheder på formen z x R eller på formen z L x. Det første strider mod antagelse om z. Hvis vi antager at z L x fås x L < x z L < z specielt da z x R har vi x L x z L < z x R så x L z L x R, hvilket er i strid med antagelsen om at z. Tilsvarende har vi at z x så x = z. Teorem 13 Hvis x er et rationelt tal hvor nævneren deler 2 n så er x = {x 1 2 x + 1 n 2 } n bevis: Hvis n = 0 er x et heltal, hvor vi ved teoremet holder. For n > 0, betragter vi: 2z = z + z = {x 1 2 x + 1 n 2 } + {x 1 n 2 x + 1 n 2 } = {z + x 1 n 2 z + x + 1 n 2 }. n Så 2z er det simpleste tal mellem z + x 1 2 og z + x + 1 n 2, men da x 1 n 2 < z < x + 1 n 2 har vi at n 2x 1 < 2z < 2x+ 1. Ved induktion over N kan vi nu slutte at 2z = 2x og dermed at x = z. 2 n 1 2 n 1 Dette viser specielt at alle endeligt konstruerede tal er på denne form. Definition x kaldes et reelt tal hvis of kun hvis n < x < n for n N 0 og: x = { x 1, x 1 2, x 1 3,... x + 1, x + 1 2, x + 1 3,...}. 9

11 Teorem 14 (1):Dyadiske rationelle tal er reelle tal. (2):Reelle tal er lukket under negation addition og multiplikation. (3):Ethvert reelt tal har en unik representation på formen { L R} hvor L og R er ikketomme mængder af rationelle tal hvor L ikke har mindste element og R ikke har største element, og der findes højst et rationelt tal som hverken ligger i L eller R, og hvor vi har z < y L z L og tilsvarende z > y R z R. (4):Enhver sektion som i (3) defienerer et unikt reelt tal. bevis: (1) kommer som direkte resultat af de to forgående teoremer. (2) kommer direkte af definitionerne på operationerne da vi kan bemærke at vi kan skrive produktet af xy som: xy = { xy (x x L )(y y L ), xy (x x R )(y y R ) xy (x x L )(y y R ), xy (x x R )(y y L )} får vi specielt hvis x og y er reelle fås indgange fx på formen: xy (x (x 1 2 ))(y (y 1 n 2 )) = xy ( 1 m 2 )( 1 n 2 ) = xy 1 m og tilsvarende for de andre indgange. (3): Lad L være mængden af rationelle tal skarpt mindre end x og lad R være mængden af rationelle tal skarpt større end x. Disse er ikke tomme da n < x < n for et n N 0. Vi har at ethvert element x L i L er mindre end x 1 n for n tilpas stort, vi kan derfor lægge 1 n+1 til xl og stadig være mindre, L har altså intet største element. tilsvarende har R intet mindste element. Hvis et rationelt tal ikke ligger i hverken L eller R må det være lig x, og derfor kan der kun findes et sådant rationelt tal. Det er klart at representationen er unik. (4): Det er klart at sektionen i (3) definerer et tal x og at n < x < n for passende n N 0. Siden L ikke har et største element har vi at for ethvert y L kan vi finde n tilpas stort sådan at y + 1 n L. Tilsvarende kan vi for ethvert z R finde et m sådan at z 1 m R. Vi får at x = { x 1, x 1 2, x 1 3,... x + 1, x + 1 2, x + 1 3,...}. Vi har nu vist at de reelle tal opører sig præcist som vi kender dem, og vi kan og vil derfor identificere vores gamle reelle tal med vores nye reelle tal. 2 n+m 3 Spil 3.1 Introduktion til spil Vi startede i første del med at introducere generelle spil som en sektion af højre og venstre valg, vi vil nu starte med at give en fortolkning af hvilke spil der konstrueres på denne måde, samt diskutere ordensrelattionerne, hvad det negative af et spil vil sige samt hvordan addition skal fortolkes. Den generelle teori her samt analysen af Hackenbusch stammer fra On Number And Games, Dog er der indført nogle beviser som var udeladt, fx Hackenbusch teoremet. Analysen af kageskæringsspillet og snitspillet er foretaget uafhængigt af bogen. De spil vi har i sinde at analysere er spil for to personer som skiftes til at trække, muligvis spillet på en form for bræt som Skak eller Go, eller med bunker af sten eller tændstikker, som Nim eller endda blot på et simpelt stykke papir. Fælles bør være at vi har perfekt information, det vil sige at begge personer kender alle træk der er mulige for både dem selv og deres modspiller, dog kan reglerne der afgør hvilke træk der er lovlige for hver spiller naturligvis være forskellige. Hvis vi har et spil G har den ene spiller (venstre spiller) nogle forskellige trækmuligheder, hvert af disse vil lede til en ny spilposition, som vi kan anse som et nyt simplere spil P. Vi kalder mængden af disse nye spil L, tilsvarende har den anden spiller (højre spiller) 10

12 trækmuligheder som ligger i mængden R, vi kalder et vilkårligt spil i L for G L og i R for G R og vi skriver G = {G L G R } hvormed vi mener at G L og G R antager alle positioner i hhv. L og R, hvis vi til hver tid har at de lovlige træk for venstre og højre er ens, kaldes spillet impartielt hvis de er forskellige kaldes spillet partisant. Vi antager naturligvis at ethvert spil har en unik startposition, men vi kan naturligt anse enhver spilposition som et nyt spil med en ny startposition frem for kun at anse det for en del af et større spil. Vi siger at et spil er slut når en spiller ikke kan lave et træk, og denne spiller siges så at være taberen. Vi vil antage at spillene er endelige, ikke nødvendigvis i antal mulige spilpositioner, men derimod at spillet altid vil afsluttes i et endeligt antal træk, altså at der ikke findes nogle uendelige følger af træk. Vi kan nu naturligt tegne et såkaldt spiltræ med startpotitionen nederst, hver knude værende en spilposition og kanterne de mulige træk. Vi følger konventionen om at tegne venstre spillers træk mod venstre, og højre spillers mod højre. Vi kan altså tegne de fire simpleste spil således: Vi ved fra første del, at det første spil er et tal også nemlig tallet 0, og vi kan se at det afgjort er den første spiller der taber uanset hvad da der ingen lovlige træk er, vi kalder dette spil for slutspillet, da det naturligvis allerede er afsluttet. De to næste kender vi også, de refererer til tallene 1 og 1, og det er igen let at se at 1 er vundet af venstre og 1 er vundet af højre. Det sidste spil er ikke et tal, da vi har 0 0, vi kalder dette spil, og igen er det let at se at er vundet af første spiller. Definition: G > 0 hvis der er en vindende strategi for venstre. G < 0 hvis der er en vindende strategi for højre. G = 0 hvis der er en vindende strategi for anden spiller. G 0 hvis der er en vindende strategi for første spiller, vi kalder G forvirret. Vi får ved at kombinere disse: G 0 hvis G > 0 eller G = 0 og G 0 hvis G < 0 eller G = 0 G 0 hvis G > 0 eller G 0 og G 0 hvis G < 0 eller G 0 altså at G 0 hvis der der en vindende strategi for for venstre hvis højre starter og G 0 hvis der er en vindende strategi for venstre hvis venstre selv starter. 11

13 Teorem 1 Ethvert spil tilhører en af de ovenstående udfaldsklasser. bevis: Grundet definitionen er det nok at kontrollere at ethvert spil G har et af udfaldende: G 0 svarende til G > 0 eller G = 0 (G er vundet af venstre hvis højre starter) eller G 0 svarende til G < 0 eller G 0 (G er vundet af højre hvis højre starter) eller G 0 svarende til G < 0 eller G = 0 (G er vundet af højre hvis venstre starter) eller G 0 svarende til G > 0 eller G 0 (G er vundet af venstre hvis venstre starter). bevis: Antag at dette er sandt for alle G L og G R i spillet G, så hvis der eksister et G L med G L 0 kan venstre vinde ved blot at vælge dette træk da højre nu starter i G L 0, hvis derimod der ikke findes et sådant G L, må alle G L 0, så uanset venstres træk, kan højre vinde, da han nu starter i G L 0. Ved symmetri fås de to andre. Ved negationen af et spil mener vi en ombytning af roller for venstre og højre. Som nævnt er de lovlige træk ofte forskellige, og vi opnår derfor ofte et nyt spil ved denne process, det er klart at dette svarer til at tage negationen defineret i første del som: G = { G R G L }. Det er også oplagt at negationen af et positivt spil er negativt og omvendt, samt at negationen af et spil med værdien 0 forbliver 0, og et forvirret spil forbliver forvirret. Hvis vi befinder os i en situation hvor vi har flere spil i gang samtidigt, sådant at hver spiller i sin tur kan vælge at lave sit træk i et og kun et af disse spil, samt et træk i et spil ikke påvirker de andre overhovedet(spillene er disjunkte), kalder vi det samlede spil for sumspillet. Reglerne er ellers de samme, den der til sidst skal lave et træk, men ikke er i stand til det, taber. Hvis G og H er to disjunkte spil, skriver vi sumspillet som G + H, det er klart at dette svarer til at tage summen som defineret i første del. Vi vil generelt vælge at skrive G H i stedet for G + H. Summer af spil er et fænomen der opstår naturligt og utroligt ofte, og siden vi tidligere har vist at + opfører sig pænt, især når vi har med tal at gøre, giver det et utroligt effektivt værktøj til at analysere mange typer spil med. Måden hvorpå summer opstår er forskellig, nogle spil er naturligt opdelt fra starte, fx det impartielle spil Nim, hvor vi har n bunker med sten af vilkårlig størrelse, og reglen er at man må fjerne så mange sten man vil fra kun en bunke. Andre gange finder vi at spillet naturligt opdeles i mindre spil hvis bestemte træk laves (i nogle tilfælde alle træk), som fx kageskæringsspillet som er et partisant spil hvor vi har en stor rektangulær lagkage opdelt af vertikale og horisontale linier i små kvadrater, der kan skæres vertikalt langs kvadraterne af venstre spiller eller horisontalt langs kvadraterne af højre spiller hvorefter man lægger de to stykker kage fra hinander, og på den må får to nye kager at spille med Simpel analyse af sumspil Lad os analysere hvad der sker generelt når vi har summer af spil hvor vi ved noget om nogle af dem, eller alle sammen. Først ser vi at siden der ingen lovlige træk er i 0 = { }, vil vi essentielt have G+0 = G for alle spil G. Det er også oplagt at hvis vi spiller i summen af et spil G og dets negation G vil det have værdien 0, da ethvert træk lavet af første spiller i enten G eller G har et tilsvarende lovligt træk for anden spiller i negationen. Hvis G er et spil og H = 0 (ikke nødvendigvis { }) vil G + H have samme udfald som G, for hvis du har en vindende strategi i G brug da denne ved at spille G som normalt, og svar kun i H hvis din modstander laver et træk i H, husk at den der trækker først i H vil tabe, sådan vil du nu også vinde G + H. Vi har lidt mere generelt: 12

14 Teorem 2 hvis G 0 og H 0 så er G + H 0. bevis: Såfremt højre starter, kan venstre vinde både G og H, så hvis højre laver et træk i G kan venstre modsvare med sin vindene strategi her, tilsvarende hvis højre vælger at lave sit træk i H kan venstre modvare her, på den måde vil venstre ogå altid kunne vinde G + H såfremt højre starter. Teorem 3 Hvis H K = 0 har G + H og G + K samme udfald. bevis: G + H har samme udfald som G + H + (K K) af ovenstående diskussion da K K = 0, men da G + H + (K K) G + K + (H K) har dette af samme diskussion samme udfald som G + K. Da vi generelt er interesserede i at finde ud af hvem der vinder spil, er det ud fra ovenstående indifferent hvis vi udskifter H med K hvis H K = 0, vi vil sige at de er ens, altså H = K, og vi vil som regel ikke skelne mellem dem. Det er dog vigtigt at bemærke at det kan være relevant at skelne mellem spil der har forskellig representation men som er ens, i så fald vil man referere til formen på et spil. Et spil der ofte dukker op i analysen af mange spil kaldes Op og har formen {0 }, vi skriver Op som. Negationen kalder vi Ned, og skriver Ned som = { 0} da både 0 og er deres egne negationer. Vi ser let at Op kan vindes af venstre og vi har derfor at > 0 og < Formel tilgang I samme ånd som i første del, konstruerer vi spillene som defineret i første del, med de samme ordensrelationer og addition og negation. Dog indfører vi den ekstra ordensrelation G H hvis og kun hvis hverken G H eller G H holder. Dette er altså en relation for usammenligenlighed. fremadrettet skriver vi G H i stedet for G H og G H i stedet for G H. Vi har da allerede bevist følgende: Klassen af alle partisane spil danner en partielt ordnet gruppe under addition med 0 som identitet og G som invers til G, underforstået at vi bruger ækvivalensrelationen =. Tallene er strengt inkluderet heri som en totalt ordnet delmængde. Ordensrelationen er defineret ved: G > H hvis og kun hvis G H altid er vundet af venstre. G < H hvis og kun hvis G H altid er vundet af højre. G = H hvis og kun hvis G H er vundet af første spiller. G H hvis og kun hvis G H er vundet af anden spiller, vi siger at G er forvirret overfor H. Alt dette beviste vi i første del, hvor vi bevidst introducerede spil og sørgede for at beviserne, hvis ikke andet blev nævnt gælder for generelle spil. Vi bemærker dog her at vores indføring af i første del er ækvivalent med denne version. Dette kan ses ved at observere følgende: Hvis et spil G H er vundet af venstre såfremt højre starter (G H 0) så er alle højrevalg større eller forvirret med 0, altså G R H 0 og G H L 0 hvilket er det samme som G R H og G H L. For den omvendte implikation bruger vi det samme argument den modsatte vej, samt induktionsantagelsen om at de to former for er de samme for alle tidligere spil end G H. 13

15 En vigtig ting er at alle spil er konstrueret ud fra mængder af simplere spil, hvilket retfærdiggjorde at lave induktion over spil. Dette er ækvivalent med antagelsen i spil om, at der ikke findes en uendelig følge af træk. For hvis vi havde en egenskab ved P der holder for et spil G såfremt det holder for alle tidligere konstruerede spil end G, og denne fejler for et spil H, så må der findes mindst et tidligere spil H hvor det også fejler, og derfor mindst et endnu tidligere element H hvor det også fejler osv. Ved udvalgsaksiomet kan vi nu vælge en uendelig følge af tidligere spil hvor P fejler (hvis ikke ville det holder derfra, og vi kunne lede det tilbage til at holde for H). Ved kontraponering fås det ønskede. 3.2 Kageskæring Vi kan nu analysere det simple kageskæringsspil som vi nævnte tidligere, det viser sig at dette har en meget simpel teori hvis vi restringerer os til rektangulære kager. Spillet består som nævnt i at vi har et rektangel opdelt af horisontale og vertikale linjer der opdeler kagen i kvadrater, venstre må skære eller knække kagen langs de vertikale og højre langs de horisontale, den første spiller som er ude af stand til at skære kagen langs en linje i langs sin respektive akse, taber. Her er et eksempel hvor venstre starter med et vertikalt snit, efterfulgt af et horisontalt snit fra højre. Vi kan starte med at bemærke at, hvis der kun er et lille kvadrat, er der ingen lovlige snit altså er dette 0-spillet. Hvis vi har en kage på 1 2 har venstre et lovligt snit, til to enlige kvadrater, og højre har ingen lovlige snit, dette er altså 1. Generelt ser vi vi at et 1 n- kagestykke giver spillet n 1, da et sådant stykke kan skæres n 1 gange vertikalt. Tilsvarende bliver et n 1-kagestykke til (n 1). Faktisk er det let at se at negation af et stykke svarer til at rotere stykket 90 grader. Hvis vi nu har et 2 2-kagestykke, ser vi at dette vil have formen G = {( 1) + ( 1) 1 + 1} = 0. Her skal vi nok bemærke, at helt generelt, hvis vi har et tal hvor alle G L < 0 og alle G R > 0 giver teorem 12 fra første del at G = 0, det simpleste tal imellem da specielt G L 0 G R og ingen valg af 0 opfylder det samme(der er ingen). Alternativt giver samme argument at første spiller altid vil tabe, hvilket også betyder G = 0. For et 2 3-kagestykke har vi nu at G = { } = 0. Hvis vi indfører notationen [n] m for et m n-stykke, ser vi at 2 n-stykker har formen: G = {[n 1] 2 + [1] 2, [n 2] 2 + [2] 2,... (n 1) + (n 1)}. Vi har nu en simpel rekursiv formel der udtrykker værdien for [n] 2 givet ved: [n] 2 = {Max([n 1] 2 + [1] 2, [n 2] 2 + [2] 2,...) (n 1) + (n 1)} hvor [1] 2 = 1 og [2] 2 = 0. Hvor vi bruger at den højeste værdi dominerer, vi vil senere give mere teori om hvordan vi kan skrive spil på kortest mulig form. Vi får: [3] 2 = {Max([2] 2 + [1] 2, [1] 2 + [2] 2 ) (3 1) + (3 1)} = {Max(0 1, 1 + 0) (3 1) + (3 1)} = { 1 4} = 0 [4] 2 = {Max([3] 2 + [1] 2, [2] 2 + [2] 2, [1] 2 + [3] 2 ) (3 1) + (3 1)} = {Max(0 1, 0 + 0, 1 + 0) 6)} = {0 6)} = 1 hvor den sidste lighed følger fra teorem 11 fra første del. [5] 2 = {Max([4] 2 + [1] 2, [3] 2 + [2] 2, [2] 2 + [3] 2, [1] 2 + [4] 2 ) (4 1) + (4 1)} = {0 8} = 1 Det er herfra let at se at hvis n = 2m så er [n] 2 = n 2 1 og hvis n = 2m + 1 er [n] 2 = [n 1] 2. 14

16 Vi kan bruge samme teknik nu til at analysere stykker på formen [n] 3 hvor vi allerede nu ved at [1] 3 = 2 og [2] 3 = 0 ved at negere [3] 1 og [3] 2. Vi får da [3] 3 = {[2] 3 + [1] 3 [3] 2 + [3] 1 } = { } = 0. Det er vist nu klart at den generelle form for rektangulære stykker er: [n] m = {max([n 1] m + [1] m, [n 2] m + [2] m,...) min([n] m 1 + [n] 1, [n] m 2 + [n] 2,...)}. Denne formel sammen med at [n] m = [m] n, giver en let måde at skrive op i skematisk form hvilke værdier alle rektangulære stykker på formen [n] m har: n = 1 n = 2 n = 3 n = 4 n = 5 n = 6 m = m = m = { 2 2} = 0 {0 4} = 1 {0 5} = 1 {1 7} = 2 m = { 4 0} = 1 { 2 2} = 0 { 2 2} = 0 { 1 4} = 0 m = { 5 0} = 1 { 2 2} = 0 { 2 1} = 0 { 1 4} = 0 m = { 7 1} = 2 { 4 1} = 0 { 4 1} = 0 { 2 2} = 0 m = { 8 1} = 2 { 4 1} = 0 { 4 1} = 0 { 2 2} = 0 m = { 10 2} = 3 { 6 0} = 1 { 6 0} = 1 { 4 0} = 1 Vi bemærker at selv om vi generelt kan konstatere at lange kagestykker er gode for venstre. og høje kager er gode for højre, er en 4 7 alligevel stadig et 0-spil, hvilket på sin vis er lidt overraskende. Vi kan dog gøre teorien væsentligt mere fyldestgørende. Kageskærings teorem 1 Hvis n m er [n] k [m] k bevis: spil i [n] k [m] k. Venstre kan nu vinde ved at spille symetrisk forstået sådan at hvis højre laver et horisontalt snit i det lange kagestykke, laver venstre det tilsvarende vertikalt snit i den høje. Hvis højre laver et horisontalt snit i den høje, sådan at han skærer et stykke af højde n af, svarer venstre igen med at skære et stykke af længde n af det lange stykke. Hvis venstre fortsætter den strategi er det klart at højre får sine træk udtømt først. Vi kunne have lavet et tilsvarende argument ved induktion. Kageskærings teorem 2 Kvadratiske kager har værdien 0. bevis: Antag at ved fuldstændig induktion over N at dette er sandt for alle kvadratiske kagestykker af størrelse [m] m hvor m < n og betragt [n] n. Hvis venstre starter vi ethvert snit dele kagen op i to stykker der er højere end de er brede, hvis de to stykker er lige brede (specielt må n være lige), kan højre vinde ved blot at dele et af stykkerne midt over og opnå to stykker med værdi 0 per induktionsantagelse, og et som vi fra det forgående teorem samt induktionsantagelsen ved har værdi 0. Hvis de to stykker ikke er lige brede kan han blot vælge det smalleste af de to, og dele dette så tæt på midten som muligt, derved opnå tre stykker som vi fra induktionsantagelsen og det forgående teorem ved alle har værdi 0. Tilsvarende får vi at der ikke finde gode træk for højre. korrollar kager på formen [2n] n har værdi 1 bevis: Vi ved at venstre har et valg der har værdi 0, og ved induktion kan vi antage at alle højrevalg er mindst 2. Det følger nu let ved induktion at kager på formen [m n] n har værdi m 1. 15

17 Kageskærings teorem 3 Ethvert vertikalt snit forringer værdien. Ethvert horisontalt snit forhøjer værdien. Alle kageskæringsspil er tal. bevis: Lad G = [n] m være et kageskæringspil og G L være spillet hvor der er foretaget et vertikalt snit. Betragt spillet G G L. Hvis venstre starter kan han vinde ved at trække til G L G L. Antag først at n m. Hvis højre starter kan han enten skære et stykke væk i et af de to spil i G L hvorefter venstre kan svare ved at skære et ligeså stort stykke af G hvilket resulterer i at højre står i en situation som tilsvarer hans første tur. Eller højre kan lave et horisontalt snit i G. Et horisontalt snit i G til G R vil medføre to stykker som af kageskærings teorem 1 begge er hver af de to stykker i G L, så spillet har nu værdi 0, venstre kan nu vinde ved at skære et kvadratisk stykke af den mindste af stykkerne i G R. Antag nu at n < m. Hvis højre vælger sit træk i G L modsvarer venstre som ovenfor. Hvis derimod han laver sit træk i G til G R får vi to kager i G R som af kageskærings teorem 1 begge er hver af stykkerne i G L, så spillet har nu værdi 0, venstre kan nu vinde ved at skære et kvadratisk stykke af den mindste af stykkerne i G L. Så G > G L. Tilsvarende ses at G R > G. Antag nu ved induktion at alle tidligere valg end G er tal, da vi lige har vist at G L < G < G R får vi at G er et tal, vi slutter at alle kageskæringsspil er tal. Kageskærings teorem 4 Alle kageskæringsspil er heltal. Antag ved induktion at dette er sandt for alle tidligere valg i G. Ved symmetri kan vi antage at G > 0. Da vi ved at G L < G < G R fra det forgående teorem samt vi ved fra kageskæringsteorem 1 at G R G + G ved vi at teoremet holder hvis vi kan bevise det for G < 1 fordi hvis G 1 har vi at G = {a b} hvor a og b er heltal med b a 2 hvilket af teorem 12 fra første del giver at G = a + 1. Vi skal altså blot vise at G ikke kan have formen {0 1}. Hvis højeste venstrevalg er 0, er det klart at G = [m] n hvor m > n, da kvadratiske kagestykker har værdi 0. Dette giver at mindst et af de to stykker i alle højrevalg har værdi 1, og det andet mindst samme værdi som G. Derfor hvis højeste venstrevalg er 0 er laveste højrevalg mindst 1 + G > 1 hvilket er mindst 2 da vi har antaget at det er et heltal, så G kan ikke have denne form, hvilket beviser teoremet. Det ovenstående teorem giver at vi nu med et simpelt induktionsargument får det vigtigste værktøj til at evaluere kager af arbitrær størrelse: Korrollar Hvis [n] m < 0 for n < j og [n] m = 0 for n = j så er [n] m = k 1 hvis k j n < k (j + 1). Specielt hvis m = 2 l er: [n] m < 0 for n < m og [m] n = 0 for n = m så er [n] m = k 1 hvis k m n < k (m + 1). Den sidste del følger essentielt af kageskærings teorem 1 og dets korrollar. 16

18 3.3 Restringeret Hackenbusch Restringeret Hackenbusch kan spilles på et stykke papir, hvorpå der er tegnet en form for ramme eller kant der omslutter et lukket område. Inden for kanten er der så tegnet et antal figurer bestående af røde og grønne pinde, sådan at hver figur er forbundet til kanten mindst et sted. Venstre spiller har ret til i sin tur at hugge en grøn pind væk, og højre må kappe en rød pind væk. Hvis en figur efter et hug, ikke er forbundet til kanten, fjernes hele figuren. Restringeret er forstået som at hver spiller har restriktioner på hvilke pinde der må hugges væk, man kan naturligvis fjerne denne restriktion og opnå et impartielt spil, og man kan selvfølgelig kombinere den impartielle og den partisane version til en hybrid hvor der kun er restriktion på nogle pinde. Vi vil her fokuse på den partisane version og nøjes med at referere til den som Hackenbusch. Et naturligt sted at starte vores analyse er at kigge på de simpleste tilfælde. Først noterer vi os at hvis to figurer ikke hænger sammen kan vi betragte dem som to forskellige spil, idet et træk i den ene figur ingen indvirkning har på den anden. Vi kan altså betragte et billede som den disjunkte sum af de enkelte figurer. En let observation er at hvis et billede eller figur kun indeholder grønne pinde, svarer værdien af billedet eller figuren til antallet af pinde. Hvis der kun er n røde pinde svarer værdien naturligvis til n. Vi vil for en kort stund skrive figurer uden nogle forgreninger som en sekvens af R og G for hhv. rød og grøn, for eksempel vil en figur bestående af først en grøn så en rød og til slut to grønne skrives som GRGG (nedefra og op). Vi kan fx let se : GR = {0 G} = { 1} = 1 2 GRR = {0 G, GR} = {0 1, 1 2 } = {0 1 2 } = 1 4 Og generelt for 1 G efterfulgt af n mange R: GR n = 1 2. n Vi ser også at hvis der herefter kommer et G har vi: GR n G = {0, GR n G, GR,..., GR n 1 } = {0, 1 2 1, 1 n 2, 1 4,..., 1 } = { n 1 2 } = 3 n 2 n 1 2 n+1 Det ligner i høj grad at grønne pinde er gode for venstre, og jo tættere på kanten, jo bedre vil de være. Hackenbusch Teoremet Ved sletning af en grøn pind bliver værdien af spillet strengt mindre dvs P P L > 0 for alle hackenbuschspil P. Ved sletning af en rød pind bliver værdien af spillet strengt større dvs P P R < 0 for alle hackenbuschspil P. Alle Hackenbusch spil er tal. 17

19 bevis: Antag at en grøn pind er hugget væk så vi får et spil på formen P L kald denne pind x. Først, hvis venstre starter i P P L, kan han blot lave trække til P L P L = 0 ved at fjerne samme x i P som først og dermed vinde. Hvis rød starter vil ethvert træk enten være sådan at den fjernede røde pind vil være forbundet til kanten på en måde der afhænger af x sådan at venstre ved at fjerne x kan reducere spillet til P L P L og vinde. Eller den pind højre fjerner ikke er forbundet påden måde. I så fald kan venstre blot spille symmetrisk med højre da ethvert træk højre laver i det ene spil kan modsvares i det andet, undtagen hvis højre pludselig vælger at fjerne en pind der afhænger af x som før, i dette tilfælde fjerner venstre x. Vi ser at i alle fald vinder venstre, og vi slutter at P P L > 0. Anden del vises på fuldstændig tilsvarende vis. Antag nu ved induktion at alle tidligere valg end P er tal, da vi lige har vist at P L < P < P R får vi at alle hackenbusch spil er tal. Generelt har vi ingen simpel metode til at beregne værdien af arbitrære figurer. Men der er en komplet teori for træer, altså figurer der udspringer fra en enkelt pind og forgrener sig opad uden at grenene forbindes. Vi indfører funktionen 1 : x for et træ hvor den første pind er grøn, og oven på denne er spillet P = {P L P R } hvor P har værdien x, og tilsvarende 1 : P hvis den første pind er rød. Vi har da helt generelt at 1 : x = {0, 1 : x R 1 : x L } og 1 : x = { 1 : x L 0, 1 : x R }. Det er klart at der gælder: 2 eller flere træer kun er forbundet ved roden er disjunkte. Derved giver den ovenstående funktion en god måde at vurdere alle træers værdi. Vi begynder fra de yderste pinde på træet og bevæger os trinvist indad. Vi får blandt andet først at 1 : 0 = {0 } = 1 og dernæst for x = n N at: 1 : x = {0, 1 : (n 1) } da n = {n 1 } hvilket tilsammen giver 1 : x = n + 1. Tilsvarende har vi at 1 : n = 1 2, hvilket kan ses ved at vi hele tiden får den simpleste værdi 1 n mellem 0 og, hvor simplest forstås som i teorem 11 fra første del. Vi kan tilsvarende finde n n 1 resten af værdierne i form af simplicitet, fx er 1 : 1 2 det simpleste tal mellem 1 2 og 1, altså 3 4. Vi ser at dette betyder for reelle tal at vi kan bruge reglen som lyder: 1 : x antager den første værdi af x+1, x+2, x+3,... hvori x + n > Gennem tilsvarende argumenter ser vi at for reelle tal har vi reglen: 1 : x antager den første værdi af x 1, x 2, x 3,... hvori x + n < Det sidste vi vil diskutere inden vi afslutter med at beregne værdier for spillet tegnet tidligere er hvad der sker hvis vi har en graf der består af en følge pinde der ikke forgrener sig, men støder til kanten netop 2 steder, eller samles i en dobbelt rod. Ethvert hug i en sådan figur vil resultere i to enlige træer uden forgreninger, begge hvilke vi let kan beregne værdien. Den simple måde at analysere en sådan situation vil selvfølgelig være at beregne værdierne af alle de mulige valg af træk. Dette gøres ved blot at regne værdien ud for de to resulterende træer, og tage summen af disse. Dette er relativt trættende da det for en cyklus af længde n vil kræve n (n 1) udregninger. Uden bevis vil vi dog nævne at vi har reglen der siger: værdien af en cyklus er den samme som summen af de to uforgrenede træer der opstår ved at dele cyklussen op midt imellem det første farveskift fra hver side. Hvis midten ligger mellem to pinde deles imellem, hvis midten er en pind, deles pinden over i to pinde af samme farve og cyklussen deles mellem disse to. 18

20 Vi inkluderer her til slut det hackenbuschspil vi tegnede tidligere nu med værdier tilhæftet. Bemærk at vi har opdelt hovedet efter reglen om cyklusser. Vi ser at højre kan vinde da summen er negativ. Hvis vi fjerner det midterste træ er det et tæt spil da vi ser at højre kun er foran med Da vi brugte funktionen 1 : x er det på sin plads hvis vi bruger et kort øerblik på lidt mere generelt at diskutere funktioner på spil. Specielt er vi ofte interresseret i hvordan ordensrelationer påvirkes under disse. Vi skriver en generel funktion taget i et spil x, som f : x. Vi kalder en funktion svagt ordenspreserverende hvis x y implicerer f : x f : y og refererer til den som en wop-funktion (weakly order preserving). Hvis vi har x y hvis og kun hvis f : x f : y, kaldes funktionen strengt ordenspreserverende og refererer til den som en sop-funktion (strictly order preserving). Teorem 4 Lad der være givet et vilkåligt antal wop-funktioner f L : x og f R : x, og definer en funktion f : x = {f : x L, f L : x f : x R, f R : x}. f : x er en sop-funktion. bevis: Antag først at x y og betragt spillet f : x f : y. Venstre spiller kan spille i f : x til enten f : x L eller f L : x. I første tilfælde kan højre modsvare ved at spille til f : y L hvor han vælger det y L som ville modsvare x L i x y, vi har så at x L y L og ved induktion f : x L f : y L. Hvis venstre trækker til f L : x kan højre modsvare til ved at trække til f L : y da f L er en wop-funktion. Vi laver et tilsvarende argument hvis venstre trækker i f : y Antag nu at f : x f : y, så har vi specielt: f : x f : y L og f : y f : x R. Ved induktion har vi så x y L og y x R og dermed x y. En vigtig observation er også at værdien af en wop- eller sop-funktion f : x er uafhængig af formen på x da hvis x = y har vi både x y og x y og dermed både f : x f : y og f : x f : y, så f : x = f : y. 19