Σάββατο, 11 Ιανουαρίου 2014

Ανάλεκτα αριθμητικά

$1).$ Σε ένα χαρτί υπάρχουν γραμμένοι οι αριθμοί
$1,2,3,...,70$.
Διαγράφουμε δύο οποιουσδήποτε αριθμούς και τους αντικαθιστούμε με τη διαφορά τους. Συνεχίζουμε αυτή τη διαδικασία ώσπου να μείνει μόνο ένας αριθμός στο χαρτί. Μπορεί αυτός ο αριθμός να είναι το $-2$ ή το $2$; Το μηδέν;
$2).$ Σε ένα σύνολο $5$ ακεραίων αριθμών παίρνουμε όλα τα δυνατά αθροίσματα ανά τρεις. Αυτά είναι τα εξής:
$0,3,4,8,9,10,11,12,14,19$.
Ποιοι είναι οι $5$ αρχικοί αριθμοί;

11 σχόλια:

  1. 2). Έστω α,β,γ,δ,ε οι ζητούμενοι αριθμοί.
    Τα αθροίσματα 5 αριθμών ανά 3 είναι 10 τα:
    α+β+γ, α+β+δ, α+β+ε, α+γ+δ, α+γ+ε, α+δ+ε,β+γ+δ, β+γ+ε,
    β+δ+ε, γ+δ+ε και με κάποια επεξεργασία, μην τα μαρτυράμε και όλα τα μυστικά, καταλήγω σε σύστημα εξισώσεων:
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    α+β+ε=4
    α+γ+δ=8
    α+γ+ε=9
    α+δ+ε=12
    β+γ+δ=10
    β+γ+ε=11
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19

    Η επίλυση του συστήματος μας δίνει:
    α=-3, β=-1, γ=4, δ=7, ε=8
    Επαλήθευση
    α+β+γ=-3+(-1)+4=0
    α+β+δ=-3+(-1)+7=3
    α+β+ε=-3+(-1)+8=4
    α+γ+δ=-3+4+7=8
    α+γ+ε=-3+4+8=9
    α+δ+ε=-3+7+8=12
    β+γ+δ=-1+4+7=10
    β+γ+ε=-1+4+8=11
    β+δ+ε=-1+7+8=14
    γ+δ+ε=4+7+8=19

    ΑπάντησηΔιαγραφή
    Απαντήσεις
    1. Οι τρεις μικρότεροι έχουν άθροισμα 0 και οι τρεις μεγαλύτεροι 19. Όλοι έχουν άθροισμα 90/6=15, αφού ο κάθε ένας έχει χρησιμοποιηθεί 6 φορές και 90 είναι το άθροισμα των αθροισμάτων. Συνεπώς οι δύο μεγαλύτεροι έχουν άθροισμα 15 και ο μεσαίος είναι ο 4. Μετά προχωρά εύκολα.

      Διαγραφή
  2. 1)
    70*(1+70)/2=2485
    Αφαιρώντας δύο άρτιους, το εναπομείναν άθροισμα θα είναι περιττός αριθμός και προσθέτοντας την διαφορά τους (άρτιος αριθμός) προκύπτει περιττό άθροισμα.
    Αφαιρώντας 2 περιττούς, το εναπομείναν άθροισμα περιττός, και προσθέτοντας την διαφορά τους (άρτιος αριθμός) προκύπτει πάλι περιττό αποτέλεσμα.
    Αφαιρώντας ένα άρτιο και έναν περιττό αριθμό, απομένει άρτιο
    άθροισμα και προσθέτοντας την διαφορά του περιττού από τον
    άρτιο ή τον άρτιο από τον περιττό ανάλογα (περιττός)
    προκύπτει άθροισμα πάλι περιττός αριθμός.
    Όσες φορές το επαναλάβουμε μέχρι να μείνει ένας αριθμός
    θα μας μένει περιττό άθροισμα και φυσικά και ο τελευταίος
    που θα απομείνει θα είναι περιττός, θετικός ή αρνητικός.
    Άρα ούτε -2, ούτε 2, ούτε 0.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  3. Για το 2.
    Μιας και ο αγαπητός Ευθύμιος δεν αποκαλύπτει τα ‘καλά κρυμμένα μυστικά του’ -:), ας μου επιτρέψει ο φίλος swt να συνεχίσω τη σκέψη του από εκεί που την άφησε εκείνος (γ=4).
    Ιεραρχώ τους πέντε ζητούμενους ακέραιους κατά αύξουσα σειρά:
    α < β < γ < δ < ε
    Το μικρότερο άθροισμα τριών από αυτούς είναι:
    α+β+γ=0 ==> α+β+4=0 ==> α+β=-4
    Το μεγαλύτερο άθροισμα τριών από αυτούς είναι:
    γ+δ+ε=19 ==> 4+δ+ε=19 ==> δ+ε=15
    Το δεύτερο μεγαλύτερο άθροισμα τριών είναι:
    β+δ+ε=14 ==> β+15=14 ==> β=-1
    α+β=-4 ==> α=-3
    Έχουμε πλέον α+(δ+ε)=-3+15=12.
    Από τα απομένοντα τώρα αχρησιμοποίητα αθροίσματα τριών, το επόμενο μεγαλύτερο είναι:
    β+γ+ε=11 ==> -1+4+ε=11 ==> ε=8
    δ+ε=15 ==> δ=7
    Επομένως, α=-3, β=-1, γ=4, δ=7, ε=8.

    Αφελής απορία: Αφού οι άγνωστοί μας είναι 5, γιατί να χρειαζόμαστε και τα 10 αθροίσματά τους ανά τρεις και όχι μόνο τα 5 από αυτά?

    Για το 1.
    Θα αρκούσε νομίζω να σκεφτούμε ότι οι 35 (ήτοι περιττού πλήθους) από τους ακεραίους 1,2,3,..,70 είναι περιττοί, δηλαδή ισοτιμίας 1mod2 και όλοι οι υπόλοιποι (αδιάφορου πλήθους) είναι ζυγοί, δηλαδή ισοτιμίας 0mod2. Κάθε πιθανός τρόπος με τον οποίο μπορούν να γίνουν οι διαδοχικές διαγραφές μέχρι να απομείνει ένας αριθμός, μπορεί να παρασταθεί σαν ένα αλγεβρικό άθροισμα (με + ή – σε κάθε όρο) 35 αριθμών ισοτιμίας 1mod2. Δεδομένου ότι +/-1mod2 +/-1mod2 = 0mod2, όπως και αν γίνουν οι διαδοχικές αφαιρέσεις, ο αριθμός που θα απομείνει στο τέλος θα είναι αναγκαστικά ισοτιμίας 1mod2, δηλαδή περιττός και άρα αποκλείονται σε κάθε περίπτωση οι 2 ή -2 ή 0.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  4. Ευχαριστώ και τους τρεις εκλεκτούς σχολιαστές για τα σχόλια και τις λύσεις.
    Για το 1). αρκεί και η πιο γενική παρατήρηση για την ιδιότητα ενός οποιουδήποτε αθροίσματος ακεραίων να μην αλλάζει "αρτιότητα ή μη" (στην επικυριαρχική: parity)
    Εφόσον το Σ(1 ώς 70)ν=2485 = περιττός ,κάθε προσθαφαίρεση που χρησιμοποιεί όλους τους αριθμούς του συνόλου δεν αλλάζει αυτή την parity ,άρα άρτιος αριθμός (και 0) δεν μπορεί να προκύψει.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  5. Νομίζω ότι, όπως προκύπτει από τα αναγραφόμενα, πρέπει να μαρτυρήσω το μυστικό.
    Σε αυτό το πρόβλημα δεν σκέφτηκα καθόλου, μόνο ενστικτωδώς,
    όπως αναπνέουμε, και δεν έκανα καμία πράξη, τα έκανε όλα η
    Βοφραμάλφα..
    Χωρίς καμία σκέψη, α+β+γ=0 (οι τρεις μικρότεροι αριθμοί
    έχουν το μικρότερο άθροισμα γνωστό παιδιόθεν, εδώ και πάνω
    από 50 χρόνια,
    Επίσης γνωστό ότι οι δύο μικρότεροι με τον τέταρτο από τον
    μικρότερο προς τον μεγαλύτερο έχουν το αμέσως μεγαλύτερο
    από το μικρότερο άθροισμα α+β+δ=3
    γ+δ+ε = 19 (οι τρεις μεγαλύτεροι αριθμοί έχουν το μεγαλύτερο
    άθροισμα, παιδιόθεν). Επίσης β+δ+ε = 14 (οι δύο μεγαλύτεροι
    με τον προηγούμενο του γ έχουν το αμέσως μικρότερο μεγαλύτερο άθροισμα).
    Έτσι λοιπόν έγραψα στην Βόλφραμαλφα
    α+β+γ=0, α+β+δ=3, β+δ+ε=14, γ+δ+ε=19,
    έβγαλε λύσεις ακέραιες συναρτήσει του n.
    Χρειαζόμουν και μία άλλη τουλάχιστον εξίσωση
    έτσι δοκίμασα πιθανή εξίσωση πχ α+β+ε =4 ή 8 ή
    α+γ+δ = 4 ή 8 και τα 2(χ2) είναι εξίσου πιθανά, μπορούν να συμβούν, δεν μπορούμε να ξέρουμε πιο είναι μεγαλύτερο ή μικρότερομε α+β+ε=8 βγάζει κλασματικές λύσεις, άρα απορρίπτεταιμε α+β+ε=4 βγάζει λύση με ακέραιους αριθμούς.
    Επίσης από τα αθροίσματα β+γ+δ ή α+γ+ε δεν μπορούμε
    να ξέρουμε πιο είναι το μεγαλύτερο και πιο το μικρότερο.
    Πέντε εξισώσεις με 5 αγνώστους αρκούν, Θανάση, μόνο όταν
    ξέρουμε τις εξισώσεις π.χ α+β+ε=τόσο, εδώ δεν το ξέραμε,
    πέρα από τα 2 μικρότερα και τα 2 μεγαλύτερα, κατόπιν
    σκέψης βέβαια, αν υποθέσουμε ότι δεν κάνουμε καμία σκέψη
    και κάτω από άλλες συνθήκες να μην μπορούσαμε να κάνουμε
    καμία επιλογή εκ των προτέρων, τότε αν με 5 αριθμούς
    ανά 3 αθροισμένους έχουμε 10 αποτελέσματα για τα 10 δυνατά
    αθροίσματα χωρίς να ξέρουμε πιο αντιστοιχεί σε ποιο, τότε οι δυνατές εξισώσεις είναι 10!, αν δεν κάνω λάθος (εντάξει, αυτό το έγραψα και εν είδει πλακίτσας !)
    Και τελευταίο, αφού με 2-3 δοκιμές για την 5η εξίσωση
    η Βολφραμάλφα έβγαλε ακέραια λύση, γιατί δεν αρκέστηκα
    σε αυτό και έψαξα (η Βολγραμάλφα το έκανε) και
    έλεγξα όλες τις εξισώσεις? Διότι ο Γιώργος που και
    που, βάζει θέματα-παγίδα, δεν έχουν λύση (όπως-2,0,2)
    ή να υπάρχει λάθος εκ παραδρομής και θα μπορούσε κάποια εξίσωση να μην επαληθεύεται Αυτό διασφάλισα.
    Ουφ τα μαρτύρησα, σχεδόν τα ομολόγησα, όλα! :-)

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  6. Συμφωνώ, Ευθύμιε, ότι πέντε αθροίσματα δεν είναι αρκετά, όταν δεν είναι γνωστό ποιοι ακριβώς τρεις από τους πέντε αριθμούς συμμετέχουν ως προσθετέοι σε καθένα από αυτά.
    Εξακολουθώ όμως να ισχυρίζομαι ότι για να φτάσουμε σε μοναδική λύση στο πρόβλημα, δεν είναι αναγκαίο να γνωρίζουμε και τα δέκα αθροίσματα. Θα αρκούσε να δοθούν τα δύο μικρότερα (0, 3) και τα τρία μεγαλύτερα (12, 14, 19), με τη σχετική διευκρίνιση.
    Σε τέτοια περίπτωση, θα είχαμε πλήρως καθορισμένες τις 4 εξισώσεις
    (α+β+γ=0, α+β+δ=3, β+δ+ε=14 και γ+δ+ε=19) και 2 πιθανά αθροίσματα (Σ1=α+δ+ε και Σ2=β+γ+ε) ως υποψήφια εξίσωσης με δεύτερο μέλος το 12.
    Αναλύοντας τη διαφορά των δύο αυτών αθροισμάτων, λαμβάνοντας υπόψη και τις 4 γνωστές εξισώσεις, καταλήγουμε ότι Σ1-Σ2=ε-γ-3.
    Επειδή όμως ε-γ>δ-γ και δ-γ=3 (από αφαίρεση κατά μέλη των δύο πρώτων εξισώσεων), έπεται ότι ε-γ>3 και Σ1-Σ2>0 ==> Σ1>Σ2, επομένως έχουμε και την 5η εξίσωση α+δ+ε=12 και το σύστημά μας (και τη λύση του) πλήρως καθορισμένο.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  7. @ papadim
    Χαίρομαι που δέχεσαι ότι η “ερώτηση” σου ήταν λάθος.
    Στο θέμα που “όμως ισχυρίζεσαι ότι δεν χρειάζονται και
    τα 10 αθροίσματα”, σωστά κάνεις και το ισχυρίζεσαι εκείνο που δεν καταλαβαίνω είναι γιατί το ισχυρίζεσαι απέναντι μου αφού αυτή είναι και η άποψη μου με την μόνη διαφορά ότι εγώ έγραψα ότι υπάρχουν $4$ τέτοια συστήματα$5$ εξισώσεων, $4$ βασικές (0,3,14,19) και μία με $2$ πιθανά αθροίσματα και όχι μόνο το ένα $(1)$ που “ισχυρίζεσαι” [(0,3,14,19) και 2 πιθανά αθροίσματα (Σ1=α+δ+ε και Σ2=β+γ+ε) ως υποψήφια εξίσωση με δεύτερο μέλος το 12]
    Εκ των υστέρων διαπίστωσα ότι υπάρχουν και άλλα δύο ($2$) πουμας δίνουν λύση. Τα $4$ που έγραψα αρχικά, τα (1), (2), (3) και (4) και τα $2$ που είδα εκ των υστέρων τα (5) και (6).
    Τα παραθέτω παρακάτω με μαθηματική γλώσσα προς αποφυγή
    κάθε παρανόησης.
    Οποιοδήποτε και αν επιλέξουμε από τα έξι $(6)$ έχουμε λύση.

    Λύση (ακέραιους) έχουμε με το σύστημα
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19
    α+δ+ε =12 ή β+γ+ε=12 $1$

    ή όπως επίσης λύση έχουμε με το σύστημα
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19
    α+δ+ε =11 ή β+γ+ε=11 $2$

    ή όπως επίσης λύση έχουμε με το σύστημα
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19
    α+β+ε=4 ή α+γ+δ=4 $3$

    όπως επίσης λύση έχουμε με το σύστημα
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19
    α+β+ε=8 ή α+γ+δ=8 $4$

    όπως επίσης λύση έχουμε με το σύστημα
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19
    α+γ+ε=9 ή α+γ+δ=9 $5$

    όπως επίσης λύση έχουμε με το σύστημα
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19
    α+γ+ε=10 ή α+γ+δ=10 $6$

    Συμφωνούμε λοιπόν στο ένα, περιμένω την γνώμη σου
    για τα άλλα πέντε $(5)$ συστήματα $(5)$ εξισώσεων

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  8. Το σύστημα $(6)$ είναι από παραδρομή λάθος. Το σωστό είναι:
    α+β+γ=0
    α+β+δ=3
    β+δ+ε=14
    γ+δ+ε=19
    α+γ+ε=8 ή α+γ+δ=8 $(6)$

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  9. Αγαπητέ Ευθύμη, μαρτύρησες θαρρώ, έστω και σε δεύτερο χρόνο, περισσότερα 'μυστικά' από όσα θα χρειαζόταν για να αποδείξεις ότι κατέχεις καλά το θέμα. Όσο τουλάχιστον με αφορά, έχω πεισθεί από καιρό.
    Συμφωνώ φυσικά και με τα 5 εναλλακτικά συστήματα 5χ5 που παρέθεσες και μπράβο σου, χωρίς και να αποκλείω να υπάρχουν και άλλα ακόμη. Η μία περίπτωση που ανέφερα σε προηγούμενο σχόλιό μου είχε την έννοια παραδείγματος και όχι εξαντλητικής ανάλυσης περιπτώσεων.
    Όσο για το τι ισχυρίστηκα και τι δέχτηκα, είναι όλα καθαρά γραμμένα πιο πάνω και δε χρειάζονται νομίζω ερμηνεία. Να διευκρινίσω πάντως ότι τα προηγούμενα σχόλιά μου στην ανάρτηση (όπως και σε όλες τις άλλες) δεν είχαν αναφορά ή κατεύθυνση ειδικά προς εσένα, αλλά προς όλους τους φίλους που συμμετέχουν ως σχολιαστές ή και απλοί αναγνώστες σε αυτό το φόρουμ.
    Ευχαριστώ και ελπίζω σύντομα να έχουμε την ευκαιρία να ξανασυναντηθούμε σε κάποιαν άλλη ανάρτηση (του Γιώργου, φυσικά! -:)).

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  10. Συμφωνώ φίλε Θανάση και το εννοώ, ότι μετά την επεξήγηση μου όλα είναι πλην ενός "μυστικού" που δεν έχω διευκρινίσει ακόμη είναι όλα καθαρά γραμμένα, όπως και είναι τελείως καθαρό το που αναφερόταν και ποια κατεύθυνση είχε ο ισχυρισμός σου είχε μάλιστα και το όνομα του παραλήπτη. Έγραψες:
    "Συμφωνώ, ΕΥΘΥΜΙΕ, ότι πέντε αθροίσματα δεν είναι αρκετά, [...]
    Εξακολουθώ ΟΜΩΣ (όμως, ΑΝΤΙΘΕΤΙΚΟΣ σύνδεσμος, δείχνει την αντίθεση μας σε κάποιον ή σε κάτι, η παρένθεση του γράφοντα) να ισχυρίζομαι ότι για να φτάσουμε σε μοναδική λύση στο πρόβλημα, δεν είναι αναγκαίο να γνωρίζουμε και τα δέκα αθροίσματα. Θα αρκούσε να δοθούν τα δύο μικρότερα (0, 3) και τα τρία μεγαλύτερα (12, 14, 19),[...]"
    Πως λοιπόν να καταλάβω ότι διευκρινίζεις, και πράγματι ήταν πιο σαφώς διατυπωμένο το παράδειγμα σου, κάτι που ήδη είχα γράψει? Μια αναφορά αντί του "ΕΞΑΚΟΛΟΥΘΩ ΟΜΩΣ..." δεν θα έβλαπτε και δεν θα χάναμε και τον χρόνο μας με κουραστικές
    διευκρινήσεις.
    Υ.Γ Φυσικά, απευθύνομαι σε εσένα μεν, αλλά εμμέσως πλην σαφώς ΚΑΙ προς όλους τους φίλους και μη φίλους που συμμετέχουν ως σχολιαστές ή και ως απλοί αναγνώστες σε αυτό το φόρουμ, όπως κάνουμε όλοι μας, υποθέτω.

    ΑπάντησηΔιαγραφή