Σήμερα μετράμε $36$ ημέρες μέχρι το $2015$, και με αφορμή αυτό το γεγονός ο φίλος Θανάσης Παπαδημητρίου μάς ετοίμασε ένα αδαμάντινο γεωμετραριθμητικό πρόβλημα, κομμένο και ραμμένο ειδικά για τη μέρα!
Στο εσωτερικό ενός κύκλου $Κ$ ακτίνας $16$, υπάρχουν $2015$ τυχαία διακριτά σημεία. (όχι κατ' ανάγκη ομοιόμορφα κατανεμημένα!). Δείξτε ότι υπάρχει δακτύλιος $Δ$ εσωτερικής ακτίνας $3$ και εξωτερικής $4$, που περιέχει τουλάχιστον $36$ από αυτά τα σημεία.
Γιώργη ευχαριστώ πολύ! Να διευκρινίσουμε μόνο ότι η προθεσμία υποβολής λύσεων δεν λήγει απαραίτητα σήμερα :-)
ΑπάντησηΔιαγραφήΑς φανταστούμε 2015 δακτυλίους εσωτερική ακτίνας 3 και εξωτερικής 4, έναν γύρω από κάθε σημείο. Το αθροισμα των επιφανειών όλων αυτών των δακτυλίων είναι:
Διαγραφή2015Χ(16-9)*π=14.105π
Ολοι αυτοί οι δακτύλιοι θα βρίσκονται στο εσωτερικό ενός κύκλου ακτίνος το πολύ 16+4=20, η επιφάνεια του οποίου είναι 400π.
Παρατηρούμε ότι 14.105π/400π=35,26>35. Αρα κάποιο σημείο πρέπει να καλύπτεται τουλάχιστον 36 φορές. Επομένως ο δακτύλιος γύρω από αυτό το σημείο, περιέχει τουλάχιστον 36 σημεία.
Στράτο,πολύ ωραία και σωστά,αλλά έχεις δείξει κάτι λιγότερο από το ζητούμενο. Ότι δηλαδή ο εξώτερος ομόκεντρος κύκλος με r=20 περιέχει τουλάχιστον ένα σημείο ,έστω Χ ,το οποίο καλύπτουν τουλάχιστον 36 δακτύλιοι. Χρειάζεται κάποιο επιχείρημα ακόμα για να επεκταθεί αυτό στο ζητούμενο.
ΑπάντησηΔιαγραφήΜα ακριβώς αυτό εννοώ Γιώργο. Οτι υπάρχει κάποιο σημείο Χ το οποίο καλύπτεται από τουλάχιστον 36 δακτυλίους που φέρονται με κέντρα 36 σημεία εντός του αρχικού κύκλου (r=16). Επομένως ο δακτύλιος που γράφεται με κέντρο το σημείο Χ, δεν περιέχει αυτά τα 36 εσωτερικά σημεία;
ΑπάντησηΔιαγραφήNαι Στράτο,τα περιέχει. Πρέπει όμως να δηλωθεί και να αιτιολογηθεί αυτό σαφώς για νά'μαστε και τυπικά ξεκάθαροι και εντάξει. Αυτό εννοούσα. Επειδή μού αρέσει πολύ όλη η προσέγγισή σου στο πρόβλημα και επειδή το μεστό σου αρχικό σχόλιο ίσως τελικά να είναι υπέρ το δέον περιεκτικό,έτσι που να γίνεται κάπως "ελλειπτικό", παίρνω το θάρρος να το αναπτύξω κάπως πιο αναλυτικά , ώστε να γίνει εύκολο κτήμα όλων.
ΑπάντησηΔιαγραφήΑυτό που λέει ο φίλος ο Στράτος είναι πως ας θεωρήσουμε πως εφαρμόζουμε σε κάθε σημείο από τα 2015 έναν δακτύλιο
Δ {3,4} με κέντρο το αντίστοιχο σημείο.
Έχουμε 2015 Δακτύλιους . Για κάποια σημεία όμως κοντά στη περιφέρεια
οι δακτύλιοι θα βγαίνουν εκτός αρχικού κύκλου Ας πάρουμε έναν ομόκεντρο κύκλο του
αρχικού Κ, έστω Κ',με ακτίναι r=20 (20=16 + την εξωτερική ακτίνα του
δακτύλιου= 4).
Ο Κ' περιέχει τώρα όλους τους ίδιους δακτυλίους Δ πλήρως.
Εμβαδόν Κ'= π*20^2=400π
Το εμβαδόν του κάθε Δ είναι=π*4^2 -π*3^2=7π
Οι 2015 Δ λοιπόν έχουν συνολικό εμβαδό= 2015*7π= 14105 π
Εδώ τώρα εφαρμόζεται η συνεχής εκδοχή της αρχής του Περιστερώνα.
Έστω πως δεν υπάρχει καμία περιοχή του Κ' που να κείται ταυτοχρόνως σε
πάνω από 35 δακτύλιους.
Τότε όμως, το συνολικό εμβαδό Δ-total των δακτυλίων δεν θα υπερέβαινε
το 35*εμβαδό(Κ')= 35*400π= 14.000 π
Το Δ-total όμως είναι 14105>14000.
(Όλο αυτό το "περιστερίσιο" βέβαια, ο Στράτος το εξέφρασε μετασχηματισμένο σε δυο λόγια με το "Παρατηρούμε ότι 14.105π/400π=35,26>35 " και εύγε του!, απλώς σκέφτηκα πως ήταν μια καλή ευκαιρία να τονίσω πως η χρησιμότατη αρχή του περιστερώνα έχει εφαρμογή και για συνεχείς ποσότητες (όπως τα εμβαδά) και όχι μόνο για διακριτές.)
Άρα υπάρχει κάποιο σημείο Χ του Κ' ,που καλύπτεται από τουλάχιστον 36
Δακτύλιους. Το έξτρα επιχείρημα -το οποίο ο Στράτος θεώρησε προφανές- είναι τώρα το εξής:
Ας ονομάσουμε y1, y2, ...,y36 τα κέντρα των 36 δακτυλίων που καλύπτουν το Χ. Είναι λοιπόν σαφές τώρα πως ένας δακτύλιος με κέντρο το Χ θα καλύπτει τα 36 σημεία y1,y2,...,y36. O.E.Δ.
Παρντόν και πάλι Στράτο για την άδεια που πήρα και μπράβο σου ξανά για την προσέγγιση!
Απομένει βεβαίως και η άποψη του Θανάση, αλλά νομίζω πως δεν "λογαριάσαμε χωρίς τον ξενοδόχο" :-) σ'αυτήν την περίπτωση.
Ίσως όμως αυτός ή κάποιος άλλος φίλος να έχει και κάποια εναλλακτική θεώρηση/λύση. Έχω την αίσθηση πως πιθανώς να υπάρχει και πιο "καθαρά" γεωμετρική ή και ίσως και κάποια πιθανοτική προσέγγιση στο πολύ ωραίο αυτό πρόβλημα.
Αν οποιοσδήποτε έχει κάποια ιδέα, μετά χαράς να την καταθέσει!
Γιώργο υποκλίνομαι στην υποδειγματική ανάλυση σου. Είναι γεγονός ότι η "παιδεία" του μηχανικού με κάνει πολλές φορές να "συρρικνώνω" το λόγο στα απολύτως απαραίτητα ή και να κάνω το λάθος να θεωρώ ότι τα αυτονόητα για μένα ισχύουν για όλους. Αλλά για αυτό είμαστε όλοι εδώ, για να συμπληρώνουμε ο ένας τον άλλο. Συγχαρητήρια και σε σένα και στο Θανάση για το όμορφο αυτό πρόβλημα, και πραγματικά θα ήταν πολύ ενδιαφέρον να δούμε εναλλακτικές προσεγγίσεις.
ΔιαγραφήΣε εμένα δε μένει παρά να υποκλιθώ και στους δυο σας, Στράτο και Γιώργο, για τις υποδειγματικές αποδείξεις που παραθέσατε: του Στράτου σε λιτότητα, του Γιώργου σε αναλυτικότητα, πληρέστατες και επαρκέστατες και οι δύο, λαμπερά διαμάντια στο δαχτυλίδι της μαθηματικής λογικής! :-)
ΑπάντησηΔιαγραφήΜπράβο σας και σας ευχαριστώ πολύ!