Agita ir iedomājusies naturālu skaitli \(x\), kura ciparu summa ir \(2021\), un Konstantīns cenšas skaitli uzminēt. Vienā gājienā Konstantīns nosauc patvaļīgu naturālu skaitli \(a\), un Agita viņam pasaka skaitļa \(|x-a|\) ciparu summu. Kāds ir mazākais gājienu skaits, ar kuru Konstantīnam noteikti pietiek, lai uzzinātu Agitas iedomāto skaitli?
Mazākais gājienu skaits ir \(2021\). Vispirms parādīsim, kā Konstantīns var atrast Agitas skaitli \(2021\) gājienā.
Pirmajā gājienā Konstantīns nosauc skaitli \(a_{1}=1\). Ja Agitas skaitlis \(x\) beidzas ar \(k\) nullēm, tad viņa Konstantīnam nosauc skaitli \(2020+9k\). Tādā veidā Konstantīns noskaidro, ar cik nullēm beidzas Agitas skaitlis. Apzīmēsim šo skaitu ar \(k_{1}\) un tālāk aplūkosim skaitli \(x_{1}=x-10^{k_{1}}\), kura ciparu summa ir \(2020\).
Otrajā gājienā Konstantīns piemeklē skaitli \(a_{2}\) tā, lai \(x-a_{2}=x_{1}-1\) un līdzīgā veidā noskaidro, ar cik nullēm beidzas skaitlis \(x_{1}\). Apzīmēsim šo skaitu ar \(k_{2}\) un tālāk aplūkosim skaitli \(x_{2}=x_{1}-10^{k_{2}}\), kura ciparu summa ir \(2019\). Trešajā gājienā Konstantīns piemeklē skaitli \(a_{3}\) tā, lai \(x-a_{3}=x_{2}-1\) un līdzīgā veidā noskaidro, ar cik nullēm beidzas skaitlis \(x_{2}\). Apzīmēsim šo skaitu ar \(k_{3}\) un tālāk aplūkosim skaitli \(x_{3}=x_{2}-10^{k_{3}}\), kura ciparu summa ir \(2018\). Šādi Konstantīns turpina, līdz pēdējā solī tas iegūst, ka skaitlis \(x_{2020}\), kura ciparu summa ir \(1\), beidzas ar \(k_{2021}\) nullēm (tātad tas ir \(x_{2020}=10^{k_{2021}}\)).
Tātad Agitas iedomātais skaitlis ir \(x=10^{k_{1}}+10^{k_{2}}+10^{k_{3}}+\cdots+10^{k_{2021}}\).
Atliek pamatot, ka ar mazāk gājieniem Konstantīns to izdarīt nevar. Pieņemsim, ka Agita ir atzinusies Konstantīnam, ka viņas iedomātais skaitlis sastāv tikai no vieniniekiem un nullēm. Konstantīnam ir jānoskaidro tikai, kurās pozīcijās atrodas vieninieki. Tas ir, Agitas skaitlis ir izteikts formā \(x=10^{k_{1}}+10^{k_{2}}+10^{k_{3}}+\cdots+10^{k_{2021}}\), kur \(k_{1} < k_{2} < k_{3} < \cdots < k_{2021}\), un Konstantīnam ir jānoskaidro visas vērtības \(k_{i}\). Bet, ja izrādās, ka \(10^{k_{1}}>a_{1}\), tad ar savu pirmo minējumu Konstantīns neko nenoskaidro par pārējiem skaitļiem \(k_{2}, \ldots, k_{2021}\). Līdzīgi, ja \(10^{k_{2}}>a_{2}\), tad ar savu otro minējumu Konstantīns neko nenoskaidro par atlikušajiem skaitļiem \(k_{3}, \ldots, k_{2021}\). Līdzīgi turpinot, redzams, ka pat pēc \(2020\)-ā minējuma Konstantīns vēl neko nevarēs pateikt par skaitli \(k_{1}\), tas var atrasties jebkurā pozīcijā.