"Σε τρεις μόλις ημέρες, το μεθαύριο θα είναι χθες!"
G.D.Risebird
Ένα βάζο περιέχει μαύρες, άσπρες, μπλε, και πράσινες μπάλες. Αν τραβήξουμε 4 μπάλες από το βάζο,χωρίς αντικατάσταση, τα παρακάτω 4 ενδεχόμενα είναι εξίσου πιθανά μεταξύ τους:
1) Τραβήξαμε μία μπάλα από κάθε χρώμα.
2) Τραβήξαμε μία άσπρη, μία μπλε και δύο μαύρες.
3) Τραβήξαμε μία άσπρη και τρεις μαύρες.
4) Τραβήξαμε τέσσερις μαύρες μπάλες.
1) Τραβήξαμε μία μπάλα από κάθε χρώμα.
2) Τραβήξαμε μία άσπρη, μία μπλε και δύο μαύρες.
3) Τραβήξαμε μία άσπρη και τρεις μαύρες.
4) Τραβήξαμε τέσσερις μαύρες μπάλες.
Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός από μπάλες που μπορεί να περιέχει το βάζο;
Ξεκινάω από το (4), τέσσερις μαύρες μπάλες.
ΑπάντησηΔιαγραφήΈστω ν οι μαύρες μπάλες, πρέπει C(ν,4)=C(ν,3), ή =2*C(ν,3), ή..
και C(ν,3)=C(ν,2) ή 2*C(ν,2), ή ... και C(ν,2)=C(ν,1) ή =2*C(ν,1)
έτσι που αν έστω μ οι λευκές το C(μ,1) να είναι ο πολλαπλασιαστής
έτσι ώστε C(μ,1)*C(ν,3)=C(ν,4), και αν λ οι μπλε να ισχύει
C(λ,1)*C(μ,1)* C(ν,2)= C(μ,1)*C(ν,3)=C(ν,4) και αν κ οι πράσινες
να ισχύει C(κ,1)*C(λ,1)*C(μ,1)* C(ν,1)=C(λ,1)*C(μ,1)* C(ν,2)=
C(μ,1)*C(ν,3)=C(ν,4)
Ο μικρότερος αριθμός για τις μαύρες μπάλες είναι ν=11
C(11,4)=330, C(11,3)=165(*2=330), C(11,2)=55(*3*2=330),
C(11,1)=11(*5*3*2=330).
Αρα μαύρες μπάλες 11, άσπρες 2, μπλε 3 και πράσινες 5
Σύνολο 11+2+3+5=21
Π(1)=C(5,1)*C(3,1)*C(2,1)* C(11,1)/C(21,4) =22/399
Π(2)=C(2,1)*C(3,1)*C(11,2)/C(21,4)=22/399
Π(3)=C(2,1)*C(11,3)/C(21,4)=22/399
Π(4)=C(11,4)/C(21,4)=22/399
Ευχαριστώ για το σχόλιο και την αναλυτική λύση!
ΔιαγραφήΣαν συνέχεια των σκέψεων μου πάνω στο πρόβλημα και όχι φυσικά σαν απάντηση στο απαντητικό σχόλιο σου, κάθε άλλο, για το οποίο και σε ευχαριστώ!
ΔιαγραφήΑπό τις εξισώσεις:
C(κ,1)*C(λ,1)*C(μ,1)* C(ν,1)=C(λ,1)*C(μ,1)* C(ν,2)=
C(μ,1)*C(ν,3)=C(ν,4) αντικαθιστώντας έχουμε
C(κ,1)*C(λ,1)*C(μ,1)* C(ν,1)=κ*λ*μ*ν [1]
C(λ,1)*C(μ,1)* C(ν,2)=λ*μ*ν!/[(ν-2)!*2!]=λ*μ*ν*(ν-1)/2 [2]
C(μ,1)*C(ν,3)=μ*ν!/[(ν-3)!*3!]=μ*ν*(ν-1)*(ν-2)/6 [3]
C(ν,4)=ν!/[(ν-4)!*4!=ν*(ν-1)*(ν-2)*(ν-3)/24 [4]
[3] και [4] μ*ν*(ν-1)*(ν-2)/6= ν*(ν-1)*(ν-2)*(ν-3)/24,
μ=(ν-3)/4
[2] και [3] λ*μ* ν*(ν-1)/2=μ*ν*(ν-1)*(ν-2)/6 , λ=(ν-2)/3
[1] και [2] κ*λ*μ*ν= λ*μ* ν*(ν-1)/2 =>κ=(ν-1)/2 =>
ν=2κ+1 [4]
λ=(ν-2)/3 =(2κ-1)/3 [5]
μ=(ν-3)/4=(2κ+1-3)/4=(2κ-2)/4 =(κ-1)/2 [6]
Επίλυση 3 εξισώσεων με 4 αγνώστους, στους φυσικούς αριθμούς
Από τη σχέση [4], το ν φυσικός αριθμός για κ=0,1,2,3,...
Από τη σχέση [5], το λ φυσικός αριθμός για κ=2,5,8,11,14,17,
Από τη σχέση [6], το μ φυσικός αριθμός για κ=3,5,7,9,11,13,15,17
άρα το κ έχει τις τιμές 5,11,17,23,.6n+5(n=0,1,2,3,..,)
άρα: ν=2κ+1=2(6n+5)+1=12n+11,
λ=(2κ-1)/3=(2*(6n+5)-1)/3=4n+3,
μ=(κ-1)/2=((6n+5)-1)/2=(6n+4)/2=3n+2
Άρα συμπερασματικά ο ελάχιστος αριθμός από μπάλες που μπορεί να περιέχει το βάζο, δίνεται για n=0, (άρα ν=11, λ=3, μ=2 και φυσικά κ=5) είναι 11+3+2+5=21
Και για n=1,2,3,...;έχουμε άπειρες λύσεις πέραν του ελάχιστου αριθμού μπαλών
Για να είναι εξ ίσου πιθανά τα 4 ενδεχόμενα, θα πρέπει τα πλήθη των ευνοϊκών 4άδων που αντιστοιχούν σε καθένα από αυτά, από ένα αρχικό σύνολο χ μαύρων + ψ άσπρων + ζ μπλε + ω πράσινων μπαλών, να είναι μεταξύ τους ίσα. Οι ευνοϊκές τετράδες που αντιστοιχούν σε κάθε ενδεχόμενο είναι:
ΑπάντησηΔιαγραφήα) χ*ψ*ζ*ω (1)
β) χ!/[2!*(χ-2)!]*ψ*ζ (2)
γ) χ!/[3!*(χ-3)!]*ψ (3)
δ) χ!/[4!*(χ-4)!] (4)
Εξισώνοντας ανά δύο τις παραστάσεις (1), (2), (3) και (4) καταλήγουμε σε ένα σύστημα 3 ανεξάρτητων εξισώσεων με 4 αγνώστους:
ψ=(χ-3)/4, ζ=(χ-2)/3 και ω=(χ-1)/2.
Η μικρότερη ακέραια λύση είναι χ=11, ψ=2, ζ=3 και ω=5.
Επομένως η απάντηση είναι 11+2+3+5=21 μπάλες.
Όσον αφορά τον G. D. RISEBIRD του προοιμίου, προφανώς πρόκειται για κάποιον ισομεγέθη του ΙΜΜΑΝΟΥΕΛ ΚΑΝΤ. Συμφωνείς Γ. Δ. ΡΙΖΟΠΟΥΛΕ? -:)
ΑπάντησηΔιαγραφήΕυχαριστώ για τα σχόλια και την αναλυτική λύση και γενικεύσεις! :-)
Διαγραφή