"What do I do for a living? I live for a living!"
Βίνσεντ Ραφαήλ ντα Μπούρο Aλτοβίτι
"Ο Βασιλιάς είναι ετοιμοθάνατος και καλεί τους $5$ γιους του για να τους μοιράσει τις $25$ επαρχίες του βασιλείου. Θέλει όμως να είναι δίκαιος. Η κάθε επαρχία δεν έχει την ίδια αξία. Η αξία τους είναι αύξουσα. Η πιο φτωχή αξίζει $1$ κιλό χρυσάφι, η επόμενη $2$,...., η $25$η αξίζει $25$ κιλά χρυσάφι.
Μπορείτε να τον βοηθήσετε να μοιράσει δίκαια και ισόποσα τις επαρχίες; Κάθε γιος δηλαδή να πάρει από $5$ επαρχίες και τα μερίδιά τους να έχουν την ίδια αξία σε χρυσάφι μεταξύ τους.
Μπορείτε να βρείτε γενική λύση και για πιο καρπερούς βασιλιάδες;
Για $n$ γιους και $n^2$ επαρχίες δηλαδή.
5 γυιοί 25 επαρχίες, 25/5=5 ο καθένας
ΑπάντησηΔιαγραφήΑξία συνολικά (1+2+3+...+24+25)=325 κιλά χρυσάφι.
Ο κάθε γυιός πρέπει να πάρει 325/5=65 κιλά χρυσάφι, άρα τελικά ο κάθε γυιός 65 κιλά χρυσάφι για 5 επαρχίες.
Άρα
1ος 1+2+24+25+13=65
2ος 3+5+22+23+12=65
3ος 4+6+20+21+14=65
4ος 7+8+16+19+15=65
5ος 9+10+17+18+11
5ος 9+10+17+18+11=65
ΑπάντησηΔιαγραφήΈκαστος γιος θα πάρει 5 επαρχίες συνολικής αξίας 65κιλών χρυσού. Η διανομή γίνεται ως εξής:
ΑπάντησηΔιαγραφή1ος Γιος: Επαρχίες:1+25+6+20+13=65κιλά χρυσάφι.
2ος Γιος: Επαρχίες: 2+24+8+19+12=65κιλά χρυσάφι.
3ος Γιος: Επαρχίες: 3+23+10+18+11=65κιλά χρυσάφι.
4ος Γιος: Επαρχίες: 4+22+14+16+9=65κιλά χρυσάφι
5ος Γιος: Επαρχίες: 5+21+ 7+15+17=65κιλά χρυσάφι.
Σωστές ασφαλώς οι προτάσεις των Ε.Αλεξίου και Papaveri.
ΑπάντησηΔιαγραφήMε ποιο τρόπο τις βρήκατε;
Γενίκευση; Aν οι γιοι ήταν ας πούμε 7 και οι επαρχίες 49; Αν ήταν ν και ν^2 αντίστοιχα;
Ένας απλός τρόπος μοιράσματος για ν παιδιά και ν^2 επαρχίες είναι ο ακόλουθος:
ΑπάντησηΔιαγραφήτοποθετούμε τις επαρχίες σε μήτρα ν επί ν σε αύξουσα σειρά:
1, 2, 3, ...,ν
ν+1,ν+2,...,ν+ν
2ν+1,..., 2ν+ν
...
(ν-1)ν+1,...,ν^2.
Η αντιστοίχιση με τα παιδιά μπορεί να γίνει ως εξής:
1,2,3,4...ν
ν,1,2,3,...,ν-1
ν-1,ν,1,2, ...ν-2
...
2,3,4,...,ν,1
Μπορείς να δώσεις τους πίνακες για την περίπτωση ας πουμε 7Χ7 ή 5Χ5 για να γίνει σαφές τι εννοείς;
ΔιαγραφήΕπαρχίες:
Διαγραφή01,02,03,04,05,06,07
08,09,10,11,12,13,14
15,16,17,18,19,20,21
22,23,24,25,26,27,28
29,30,31,32,33,34,35
36,37,38,39,40,41,42
43,44,45,46,47,48,49
Αντιστοίχιση σε παιδιά:
01,02,03,04,05,06,07
07,01,02,03,04,05,06
06,07,01,02,03,04,05
05,06,07,01,02,03,04
04,05,06,07,01,02,03
03,04,05,06,07,01,02
02,03,04,05,06,07,01
Δηλαδή για παράδειγμα το τρίτο παιδί=03 θα πάρει τις επαρχίες:
03,11,19,27,35,36,44.
Ένα-ένα Γεώργιε (αν μου επιτρέπεις μετά από τόσο καιρό και το αντίστροφο βέβαια).
ΑπάντησηΔιαγραφήΑν και μαρξιστής εκ πεποιθήσεως, συνειδήσεως και επιστημονικής-φιλοσοφικής μελέτης στην σχέση μερικού-γενικού, (dx και ολοκληρώματος που λέτε εσείς οι επιστήμονες-μαθηματικοί) έχω ευαισθησία και προτίμηση στο μερικό και από αυτό προσεγγίζω το γενικό! :-)
Γενίκευση για n άρτιο αριθμό γυιών.
Αξία επαρχιών 1+2+3+..+n^2=n^2*(n^2+1)/2
Kαθε γυιός δικαιούται [n^2*(n^2+1)/2]/n=n(n^2+1)/2
Ο 1ος θα πάρει τις πρώτες n/2 επαρχίες-αξίες και τις τελευταίες
n/2 επαρχίες-αξίες, ο 2ος τις επόμενες n/2 και τις προτελευταίες n/2
κ.ο.κ και ο n-ιοστός τις μεσαίες n/2+n/2=n
1oς (1+2+3+..n/2)+(n^2-(n/2-1)+...+n^2-2+n^2-1+n^2)=
=n/2+(n/2)*n^2=(n/2)*(1+ n^2)=n( n^2+1)/2
..........................
n-ιοστός(n^2/2-(n/2-1)+... +(n^2/2-2) +(n^2/2-1) +n^2/2)+
( n^2/2+1)+ (n^2/2+2) +...+(n^2/2+(n/2-1)) + (n^2/2+n/2)=
n*n^2/2 +n/2=n*(n^2+1)/2
Άρα και οι n γυιοί ίσα μερίδια αξίας n*(n^2+1)/2
[n*( n*(n^2+1)/2)]=n^2*(n^2+1)/2
@Αλεξίου
ΑπάντησηΔιαγραφήΩραίος σύντροφε Θύμιο :-)
@ batman1986
ΑπάντησηΔιαγραφήΣυμπαθέστατε Μπάτη,
Ωραίος για ποιο? Για την λύση του θέματος? Για το μαρξιστής? , Για την προτίμηση στο μερικό βλέποντας προς το γενικό? ή Για συνδυασμό των παραπάνω? :-)
Και δευτερευόντως, επειδή είμαι της γενιάς της καθαρεύουσας θα προτιμούσα το "Ευθύμιε"!
Για το Μαρξιστής φυσικά,εξ ου και το σύντροφε
ΑπάντησηΔιαγραφή@ batman1986
ΑπάντησηΔιαγραφήΣωστά και αυτό ήταν μου έγινε αντιληπτό, είχα μία ελπίδα μήπως αφορούσε και τα άλλα δύο ή έστω και την λύση του θέματος!
Εξαιρετικά σχόλια από τους swt και Ε.Αλεξίου! Ευχαριστώ θερμά για το ενδιαφέρον.
ΑπάντησηΔιαγραφήΘα "μαζέψω" κάπως το θέμα ,συνδυάζοντας -τρόπον τινά- τις 2 προσεγγίσεις σε ένα ,ελπίζω εποπτικό, τρόπο προσέγγισης.
Έχουμε $n^{2}$ επαρχίες με αξία: 1,2,3,..., $n^{2}$
Συνολική Αξία \alpha = \frac{n^2(n^2+1)}{2}
Aρα ο κάθε γιος παίρνει: \Gamma = \frac{n(n^2+1)}{2} =\frac{n^3+n}{2}
Έστω τώρα οι δύο πίνακες Α και Β, τέτοιοι ώστε
Αij=(j-i) mod(n) και Βij=n(j+1)
Στην περίπτωση των 5 δηλαδή:
A=\begin{bmatrix}0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\4 & 0 & 1 & 2 & 3 \\3 & 4 & 0 & 1 & 2 \\2 & 3 & 4 & 0 & 1 \\1 & 3 & 4 & 4 & 0 \end{bmatrix} και
B=\begin{bmatrix}5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\5 & 10 & 15 & 20 & 25 \\5 & 10 & 15 & 20 & 25 \end{bmatrix}
To άθροισμα κάθε σειράς του πίνακα Β είναι:
n+2n+3n+...+$n^2$ = n* \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n^3+n^2}{2}
Το άθροισμα κάθε σειράς του Α είναι:
0+1+2+...+(n-1)= \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n^2-n}{2}
Το άθροισμα τώρα κάθε σειράς του Πίνακα Β-Α είναι:
\frac{n^3+n^2}{2} - \frac{n^2-n}{2} = \frac{n^3+n}{2} = \Gamma
Q.E.D
Εναλλακτικά, δείτε και εδώ στα "μαγικά τετράγωνα" :-)
http://en.wikipedia.org/wiki/Magic_square#Method_for_constructing_a_magic_square_of_odd_order
Ορθή επανάληψη με Λάτεξ λοιπόν, χάριν ευμορφίας:
ΔιαγραφήΈχουμε $n^2$ επαρχίες με αξία: $1,2,3,...,n2$
Συνολική Αξία $\alpha = \frac{n^2(n^2+1)}{2}$
Aρα ο κάθε γιος παίρνει: $\Gamma = \frac{n(n^2+1)}{2} =\frac{n^3+n}{2}$
Έστω τώρα οι δύο πίνακες Α και Β, τέτοιοι ώστε
$Aij=(j−i)mod(n)καιBij=n(j+1)$
(οι Πίνακες Α και Β,όπως αποπάνω)
To άθροισμα κάθε σειράς του πίνακα Β είναι:
$n+2n+3n+...+n2 = n* \frac{n(n+1)}{2} = \frac{n^3+n^2}{2}$
Το άθροισμα κάθε σειράς του Α είναι:
$0+1+2+...+(n-1)= \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n^2-n}{2}$
Το άθροισμα τώρα κάθε σειράς του Πίνακα Β-Α είναι:
$\frac{n^3+n^2}{2} - \frac{n^2-n}{2} = \frac{n^3+n}{2} = \Gamma$
Q.E.D
Στο Πίνακα "Α" να διορθωθεί η τελευταία σειρά σε
Διαγραφή1, 2 , 3 , 4 , 0
αντί του
1 , 3 , 4 , 4 , 0
Σωστά,Κάρλο. Ευχαριστώ για την επισήμανση.
ΔιαγραφήΚαι άλλη μια διόρθωση:
Διαγραφήn+2n+3n+,...,+n^2
και όχι
n+2n+3n+,...,+n2
Η προσπάθειά μου να γράψω με LateX στέφτηκε από ημιεπιτυχία (ή ημιαποτυχία, ανάλογα το Ansichtspunkt..) Τουλάχιστον ,οι πίνακες βγήκαν ο.κ. Κάτι ήταν κι αυτό. Πάντως, καλό θα ήταν να προσπαθήσουμε όλοι (οι σταθεροί σχολιαστές τουλάχιστον) να το χρησιμοποιούμε. Είναι κάτω δεξιά και δουλεύει με απλό κόπυ-πέηστ.
ΑπάντησηΔιαγραφήΔιευκρινιστικά ,να ξαναγράψω το πόρισμα πιο πάνω:
ΑπάντησηΔιαγραφήTo 'αθροισμα κάθε σειράς του Πίνακα (Β-Α) είναι:
(n^3 +n^2)/2 - (n^2-n)/2 = (n^3 +n)/2 =Γ το μερτικό κάθε γιού!.
ή (Β-Α)*(1,1,1,1,1)= (65,65,65,65,65) k.λ.π.,για κάθε n.
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑποτυχία!
ΔιαγραφήΔεν αρκεί το αντιγραφή-επικόλληση από μόνο του.
Μήπως ξέρει κανείς τι χρειάζεται, αν είναι εύκολο ?
Αυτό το σχόλιο αφαιρέθηκε από τον συντάκτη.
ΔιαγραφήΓια το n^3 + x^k ας πούμε, γράφουμε:
ΑπάντησηΔιαγραφή"δολάριοn^{7} + x^{k}δολάριο" και βγαίνει $n^{7} + x^{k}$
Συστήνω δοκιμές σε κάποια παλιά (πολύ παλιά όμως!) ανάρτηση που δεν χάλασε κι ο κόσμος άμα γεμίσει test.
ΑπάντησηΔιαγραφήO.K Πέτυχε Ευχαριστώ!
ΑπάντησηΔιαγραφή@Aλεξιου
ΑπάντησηΔιαγραφήΕννοείται πως έχεις και τα εύσημα για τη λύση αλλά άλλο ήταν αυτό που με εξέπληξε !
Ερώτημα συνδυαστικής
ΑπάντησηΔιαγραφήμπορούμε άραγε να υπολογίσουμε με πόσους διαφορετικούς συνδυασμούς μπορούν να μοιραστούν οι επαρχίες ;
π.χ. για n=5 δυο διαφορετικοί τρόποι μοιράσματος όπως αναφέρονται σε δυο παραπάνω σχόλια είναι οι εξής :
1ος 1+2+24+25+13=65
2ος 3+5+22+23+12=65
3ος 4+6+20+21+14=65
4ος 7+8+16+19+15=65
5ος 9+10+17+18+11=65
1ος Γιος: Επαρχίες: 1+25+6+20+13=65κιλά χρυσάφι.
2ος Γιος: Επαρχίες: 2+24+8+19+12=65κιλά χρυσάφι.
3ος Γιος: Επαρχίες: 3+23+10+18+11=65κιλά χρυσάφι.
4ος Γιος: Επαρχίες: 4+22+14+16+9=65κιλά χρυσάφι.
5ος Γιος: Επαρχίες: 5+21+ 7+15+17=65κιλά χρυσάφι.
υπάρχουν άλλοι συνδυασμοί και αν ναι πόσοι;
μπορεί να βρεθεί ένας γενικός τύπος για n γιους και $n^2 $ επαρχίες
John, διάβασε το σχόλιο με τους πίνακες
Διαγραφή$Aij=(j-i)mod(n)$ και $Βij=n(j+1)$
Ολες οι σειρές του πίνακα $Β-Α$ είναι λύσεις (πληθαρίθμου=n)
Διαγραφήτο κοίταξα το σχόλιο με τους πινάκες αλλά δεν έχει λυθεί ακόμα η απορία μου.Οι σειρές του πίνακα B−A μας δίνουν έναν ακόμη συνδυασμό τον
ΑπάντησηΔιαγραφή{ 5,9,13,17,21 }
{ 1,10,14,18,22 }
{ 2,,6,15,19,23 }
{ 3,7,11,20,24 }
{ 4,8,12,16,25 }
ωστόσο αυτό που ρωτάω εγώ είναι πόσοι είναι όλοι οι διαφορετικοί συνδυασμοί
π.χ. για n=3 βρίσκω μόνο 2 συνδυασμούς μοιράσματος τους εξής
{ 1,5,9 }
{ 2,6,7 }
{ 3,4,8 }
και
{ 1,6,8 }
{ 2,4,9 }
{ 3,5,7 }
πως βρίσκουμε πόσοι είναι οι συνδυασμοί όταν π.χ. n=4 ή n=5.
Επίσης πως μπορεί να επιλυθεί το ίδιο πρόβλημα όταν έχουμε κ γιους που παίρνουν m επαρχίες και οι συνολικές επαρχίες είναι n=km.
john, ας δούμε την περίπτωση $n=7$ . Η απόδειξη πως οι Πίνακες $Α$ και $Β$ δουλεύουν $\forall n$ είναι στο σχόλιο: "11 Δεκεμβρίου 2013 - 12:46 π.μ." Για $n=7$ λοιπόν έχουμε:
ΑπάντησηΔιαγραφή$A=\begin{pmatrix}
0&1&2&3&4&5&6\\6&0&1&2&3&4&5\\5&6&0&1&2&3&4\\4&5&6&0&1&2&3\\3&4&5&6&0&1&2\\2&3&4&5&6&0&1\\1&2&3&4&5&6&0
\end{pmatrix}$
$B=\begin{pmatrix}
7&14&21&28&35&42&49\\7&14&21&28&35&42&49\\7&14&21&28&35&42&49\\7&14&21&28&35&42&49\\7&14&21&28&35&42&49\\7&14&21&28&35&42&49\\7&14&21&28&35&42&49
\end{pmatrix}$
$A-B=\begin{pmatrix}
7&13&19&25&31&37&43\\1&14&20&26&32&38&44\\2&8&21&27&33&39&45\\3&9&15&28&34&40&46\\4&10&16&22&35&41&47\\5&11&17&23&29&42&48\\6&12&18&24&30&36&49
\end{pmatrix}$
και βεβαίως ισχύει το επιθυμητό:
$(A-B) . \begin{pmatrix}
1 \\
1\\1\\1\\1\\1\\1\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
175 \\
175\\175\\175\\175\\175\\175\\
\end{pmatrix}$
Βλέπεις τα μοτίβα που σχηματίζονται; Εκτός από τις $7$ "γραμμικές" λύσεις ,αν ξεκινησεις ας πούμε στην 4η σειρά από το 3 και πας στην επόμενη στήλη $2$ κάτω ,πάμε στο 11 , 2 κάτω στην επόμενη πάμε στο 19, δύο κάτω στην επόμενη πάμε στο 27,..στο 35 κ.λ.π. παίρνοντας τη λύση του swt στο σχόλιο "10 Δεκεμβρίου 2013 - 8:43 μ.μ"
Oι αριθμοί των συνδυασμών είναι αρκετοί (ειδικά για μεγάλα $n$) αλλά ο τρόπος κτήσης τους φανερός,νομίζω.
ευχαριστώ πολύ για την απάντηση,
ΑπάντησηΔιαγραφήτώρα κατανόησα πως ακριβώς προκύπτουν οι διαφορετικοί συνδυασμοί από τον πίνακα A-B και νομίζω βρήκα ( λίγο πρόχειρα που το κοίταξα ) ότι οι διαφορετικοί συνδυασμοί πρέπει να είναι $\frac{n!}{n}$
Έκανα μια προσπάθεια για $n=3$
ΑπάντησηΔιαγραφή$A=\begin{pmatrix}
{0} & {1} & {2}\\
{2} & {0} & {1}\\
{1} & {2} & {0}
\end{pmatrix} $
$B=\begin{pmatrix}
{3} & {6} & {9}\\
{3} & {6} & {9}\\
{3} & {6} & {9}\
\end{pmatrix} $
$A-B=\begin{pmatrix}
{3} & {5} & {7}\\
{1} & {6} & {8}\\
{2} & {4} & {9}\
\end{pmatrix} $
Δυνατά αθροίσματα δίκαιας μοιρασιάς (=15)
$3+5+7=15$
$3+6+9=15$
$3+4+8=15$
$1+5+9=15$
$1+6+8=15$
$2+5+8=15$
$2+6+7=15$
$2+4+9=15$
Σύνολο αθροισμάτων $8$
Η 2η γραμμή (3+6+9) είναι λάθος, “μηχανική-τυφλή”
Διαγραφήάθροιση, όπως στα μαγικά τετράγωνα.
Το σωστό είναι $5+6+4=15$