Έστω
$x_1+x_2+...+x_m+y_1+y_2+...+y_n=1986$
όπου $x_i$ είναι διαφορετικοί θετικοί άρτιοι και $y_i$ διαφορετικοί θετικοί περιττοί αριθμοί.
Να βρεθεί το μέγιστο της παράστασης
$2m+7n$.
Το πρόβλημα προτάθηκε από τον Δ. Κοντογιάννη (Long list), στην 27η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα (Βαρσοβία).
Διασκεδαστικά Μαθηματικά www.eisatopon.blogspot.com
Το άθροισμα των άρτιων είναι προφανώς άρτιο, άρα για να έχουμε συνολικό άθροισμα άρτιο πρέπει το πλήθος των περιττών αριθμών της σειράς(?) να είναι
ΑπάντησηΔιαγραφήάρτιο για να είναι άρτιο και το άθροισμα τους.
Για να επιτύχουμε το μέγιστο της παράστασης 2m+7n πρέπει να τοποθετήσουμε όσο γίνεται περισσότερους περιττούς και τους μικρότερους δυνατόν και όσο το δυνατόν λιγότερους ακέραιους και τους μικρότερους δυνατόν.
Το περισσότερους δυνατόν περιττούς και μικρότερους δυνατόν επιτυγχάνεται με την υποσειρά 1+3+5+...+85+87=(1+87)/2 *44=1936 καθότι 1+3+5+...+89+91=(1+91)/2 *46=2116
Άρα η υποσειρά των άρτιων πρέπει να είναι:
2+4+6+8+10+12=42
1936+42=1978, 1986-1978=8, άρα πχ χ6=20
Συνεπώς m=6 και n=44, άρα
2m+7n=2*6+7*44=320
Πολύ εύκολο μου φάνηκε γενικά, πόσο μάλλον για Μαθηματική Ολυμπιάδα, ίσως να μην "διάβασα " καλά τα δεδομένα ή το ζητούμενο ή και τα δύο ή μάλλον να έπρεπε να βρεθεί με τύπους αλγεβρικά και όχι με πειραμματάκια αριθμητικά.
Οι αριθμοί, τόσο οι άρτιοι όσο και περιττοί είναι απλά διαφορετικοί, και όχι διαδοχικοί.
ΑπάντησηΔιαγραφήΣωστή σε αρκετό βαθμό η παρατήρηση του κ. Λέντζου και λέω αρκετό βαθμό γιατί ήδη έχω γράψει
ΑπάντησηΔιαγραφή"1936+42=1978, 1986-1978=8, άρα πχ Χ6=20" δηλαδή το Χ=12 το κάνω Χ=20 η ακολουθία των άρτιων αριθμών που λαβαίνω τελικά υπόψιν μου είναι η 2,4,6,8,10,20, δηλαδή κανένας σεβασμός στην διαδοχικότητα και γράφω "π.χ." γιατί υπάρχουν και άλλοι τρόποι να καλύψουμε το έλλειμμα των 8 μονάδων. Όμως διατύπωση
"Το περισσότερους δυνατόν περιττούς και μικρότερους δυνατόν επιτυγχάνεται με την υποσειρά 1+3+5+...+85+87=(1+87)/2 *44=1936" δεν είναι ορθή (και δεν αποδίδει και την σκέψη μου) και σε αυτό το σημείο έχει απόλυτο δίκαιο ο συν. Λέντζος.
Έπρεπε να είχα γράψει: Το περισσότερους δυνατόν περιττούς και μικρότερους δυνατόν επιτυγχάνεται αν τους διαφορετικούς περιττούς αριθμούς τους διατάξουμε
κατά αύξοντα αριθμό τότε οι όροι αυτής της βοηθητικής υποακολουθίάς(μιας εκ των πάρα πολλών) πρέπει να είναι στο μέγιστο δυνατόν βαθμό διαδοχικοί αριθμοί
δηλαδή 1,2,3,..85,87
Αντίστοιχα βέβαια και για την υποακολουθία των άρτιων
Τα περαιτέρω τα ίδια.
Και δοθείσης ευκαιρίας από την ορθή παρατήρηση να συμπληρώσω ότι το πλήθος των ακολουθιών για το οποίο ισχύει 2m+7n=max=320 είναι 6!*44!*α, όπου α ο αριθμός των περιπτώσεων που καλύπτουμε το έλλειμμα των 8 μονάδων(τα π.χ)5ή6ή7ή8.. περιπτώσεις δεν έχω όρεξη να τις υπολογίσω.
Επίσης να συμπληρώσω ότι οι αριθμοί τόσο οι άρτιοι όσο και οι περιττοί είναι όχι μόνο απλά διαφορετικοί, και όχι διαδοχικοί, αλλά δεν μπορεί (με την επιφύλαξη κάποιου λάθους στις πράξεις) σε καμία περίπτωση να είναι διαδοχικοί, δεν βγάζουν άθροισμα 1986.
Όμως πέραν των διαφορετικών και όχι διαδοχικών επί της ουσίας όσον αφορά το (2m+7n)max=320 συμφωνείτε ή παρατήρηση είναι και "σήμα" να το ψάξω εκ νέου?
΄Οχι σεν είναι σήμα.
ΔιαγραφήΑπλά μια παρατήρηση έκανα γιατί με έχει προβληματίσει και μένα, χωρίς ως τώρα απάντηση.
Να συνεισφέρω τα εξής:
ΑπάντησηΔιαγραφή1) Eίναι βέβαιο ότι δεν μπορεί ο m ΚΑΙ ο n να είναι διαδοχικοί άρτιοι και περιττοί αντίστοιχα.
Η διοφαντική εξίσωση: m(m+1)+n^2=1986 ή m^2+m+n^2=1986, δεν έχει λύσεις.
Aν αντιμετωπιστεί σαν μη διοφαντική, (στο συνολο R+ δηλαδή για m,n>1) βρίσκω ένα άνω όριο
m=(1/2)*(sqrt7941 -1)=44,05614.. που συμφωνεί με το αποτέλεσμα από την ευριστική μέθοδο του Ε.Αλεξίου.
2) Εφόσον δεν είναι διαδοχικοί , η μόνη σίγουρη σχέση (στην οποία έχω καταλήξει δηλαδή) είναι η προφανής:
m(m+1)> Σ(1-m)m και n^2>Σ(1-n)n , αλλά μετά κολλάω και γω...
Παραδρομή στις φορές των ανισοτήτων,στην τελευταία σειρά του προηγούμενου σχολίου μου. Προφανώς για m πλήθος αρτίων και n πλήθος περιττών ,εφόσον δεν είναι διαδοχικοί, πρέπει το 1ο άθροισμα>=m(m+1) και το 2ο αθροισ.>=n^2
ΑπάντησηΔιαγραφήΆρα: m(m+1)+n^2<1986 και m>1 και n>1
Tεταρτοκύκλιο (στα θετικά των x και y) κύκλου ακτίνας sqrt(7945)/2 =44,5674
Το καλύτερο που σκέφτηκα είναι μια επίπονη ευριστική αντιμετώπιση.
ΑπάντησηΔιαγραφήΔοκίμασα τις διάφορες διοφαντικές ,μειώνοντας το 1986 που δεν έχει λύση, και βρήκα τα εξής:
Κάτω από =1978 δεν έχει νόημα.
H m^2+m+n^2=1978
Έχει (για μεγιστο n, ώστε να μεγιστοποιείται η Κ=2m+7n)
m=6 , n=44 , K=320
Η m^2+m+n=1979 δεν έχει λύσεις.
H m^2+m+n^2=1980
Έχει (για μέγιστο n) m=19 , n=40 , K=318
H m^2+m+n^2=1981
Έχει (για μεγιστο n) m=11 , n=43 , K=323
H m^2+m+n^2=1982
Έχει (για μεγιστο n) m=37 , n=24 , K=242
H m^2+m+n^2=1983
Έχει (για μεγιστο n) m=21 , n=39 , K=315
H m^2+m+n^2=1984
Έχει (για μεγιστο n) m=44 , n=2 , K=102
Άρα η m^2+m+n^2=1981 με μία από τις λύσεις της, την:
m=11 και n=43 δίνει μέγιστο Κ=323 και «υπόλοιπο» 1986-1981=5
,αλλά το 5 δεν μπορούμε να το διαμερίσουμε ανάμεσα στις 2 ακολουθίες(θα μετέβαλλε άρτιο σε περιττό κι αντίστροφα) , άρα απομένει η επόμενη μέγιστη λύση ,που είναι αυτή που βρήκε ο κος Αλεξίου.
m^2+m+n^2=1978 , m=6 ,n=44 ,υπόλοιπο 8, Κ=320
Κι όμως!
ΑπάντησηΔιαγραφήΣυνέχισα (από περιέργεια) προς τα κάτω και υπάρχει μεγαλύτερο Κ για 1974.
Η m^2+m+n^2=1974 έχει τις ακέραιες λύσεις:
(14, -42),(-15,-42),(34,-28),(-35, -28), (34,28)
(-35,28) (-15,42) και (14,42)
Αυτή δίνει:K=2*14+7*42=322 (και υπόλοιπο 12,που συνάδει). Άρα Κmax=322