γερμανικός ομοσπονδιακός διαγωνισμός για τα λύκεια

[bilstef]

http://forum.math.uoa.gr/viewtopic.php?f=87&t=9184
Τα θέματα τού πρώτου γύρου τού γερμανικού ομοσπονδιακού διαγωνισμού για τα λύκεια...για όποιον ενδιαφέρεται..

Άσκηση 1

10 δοχεία βρίσκονται σε κυκλική διάταξη. Αρχίζοντας κάπου τυχαία και με την φορά τού ωρολογιακού δείκτη τα γεμίζουμε με 1,2,3,...,9,10 βώλους. Με μιά κίνηση μπορούμε να προσθέσουμε ή να αφαιρέσουμε απο 2 γειτονικά δοχεία απο 1 βώλο (να αφαιρέσουμε αν δεν είναι άδεια). Είναι δυνατόν να πετύχουμε με πεπερασμένο αριθμό κινήσεων κάθε δοχείο να περιέχει ακριβώς 2011 βώλους ;


Άσκηση 2

Σε κυκλικό τραπέζι κάθονται 16 παιδιά. Μετά το διάλειμμα κάθονται εκ νέου στο τραπέζι. Διαπιστώνουν : Κάθε παιδί κάθεται στην αρχική του θέση ή σε μια θέση αριστερά ή δεξιά αυτής. Πόσες διατάξεις είναι κατα αυτόν τον τρόπο μετά το διάλειμμα δυνατές ;


Άσκηση 3

Οι διαγώνιοι ενός κυρτού πενταγώνου χωρίζουν κάθε εσωτερική γωνία αυτού σε 3 ίσα μέρη. Έπεται εξ αυτού ότι το πεντάγωνο είναι κανονικό ;


Άσκηση 4

Έστωσαν και θετικοί αριθμοί. Η διαίρεση με υπόλοιπο τών δια τού μάς δίδει ως γνωστόν 2 μονοσήμαντα ορισμένους αριθμούς και με με . Βρείτε όλα τα ζεύγη για τα οποία ισχύει

[Nick1990]

Διαγράφτηκε εσφαλμένη λύση

[Demetres]

Νίκο, βρίσκω διαφορετική απάντηση:

Ας γράψουμε για τον ζητούμενο αριθμό και για τον ίδιο αριθμό αλλά για το ευθύ τραπέζι (ο 1 και ο δεν θεωρούνται γείτονες).

Για να υπολογίσουμε το

Έχουμε τρόπους όπου ο έχει κάτσει στην θέση του.
Έχουμε τρόπους όπου ο και ο 1 έχουν ανταλλάξει θέσεις.
Έχουμε 1 τρόπο όπου ο κάθεται στην θέση του 1 και ο 1 στην θέση του 2. (Πρέπει ο 2 να κάτσει στην θέση του 3 ο 3 στου 4 κ.τ.λ.)
Ομοίως έχουμε τρόπους όπου ο κάθεται στην θέση του .

Άρα συνολικά έχουμε . (Οι πιο πάνω υπολογισμοί ισχύουν για αλλιώς έχουμε διπλομετρήσεις.)

Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε με και δηλαδή όπου η ακολουθία Fibonacci.

Τέλος παίρνουμε για .

Εδώ η σελίδα της ακολουθίας όπου ως γεννήτρια συνάρτηση δίνει τον πιο πολύπλοκο τύπο

[userresu]

Θα προσπαθήσω να δώσω ένα γενικό τύπο (Νίκο δεν κοίταξα ακόμα τη λύση σου οπότε δεν ξέρω αν συμπίπτουμε ή το αντίθετο)

Έστω οι δυνατές μεταθέσεις (με το ζητούμενο τρόπο) ανθρώπων, υπό την προϋπόθεση ότι ο πρώτος δεν θα πάει αριστερά και ο τελευταίος δεν θα πάει δεξιά.
Βλέπουμε τότε ότι το ζητούμενο αποτέλεσμα είναι . Ο πρώτος όρος του αθροίσματος αναφέρεται στην περίπτωση ο πρώτος άνθρωπος να μείνει στην ίδια θέση, ο δεύτερος όρος στο να αλλάξουν θέσεις με κάποιον διπλανό του, και ο τρίτος όρος στο να πάνε όλοι μια θέση δεξιά ή αριστερά. Επίσης , και (ή θα μείνει στην ίδια θέση ή θα αλλάξει θέσεις με τον δεξιά του), άρα , όπου η συνάρτηση της ακολουθίας Fibonacci.
Τελικώς, λοιπόν, . (Αν θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε κλειστό τύπο, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το )

Άρα

EDIT: (Τώρα είδα ότι η λύση που βρήκα μάλλον συμπίπτει με του Demetres. Δημοσιεύθηκαν με σχετικά μικρή χρονική διαφορά και δεν είχα προλάβει να την δω)

[ksofsa]

Nομίζω πως έχω βρει μια στοιχειώδη-πρωτόγονη λύση,χωρίς όμως γενίκευση.Τη δίνω με κάθε επιφύλαξη.

Παριστάνουμε τα 16 παιδιά ως 16 κινητά σημεία ,τα οποία βρίσκονται αρχικά στις θέσεις ,με τους δείκτες να είναι τοποθετημένοι σε αύξουσα σειρά κατά την κίνηση των δεικτών του ρολογιού.Ενα σημείο θα κινείται δεξιά κατά την κίνηση των δεικτών του ρολογιού.

Μια δυνατή διάταξη είναι να είναι στις αρχικές τους θέσεις: διάταξη.
Αν δύο διαδοχικά σημεία,έστω τα ,μετακινηθούν δεξιά,τότε όλα τα σημεία θα κινηθούν δεξιά.Πράγματι,η θέση θα καλυφθεί από το κ.ο.κ.Eχουμε λοιπόν 1 διάταξη αν κινηθούν δεξιά και άλλη μία αν κινηθούν αριστερά.
Στις υπόλοιπες περιπτώσεις θα θεωρούμε ότι αν το σημείο πάρει τη θέση ,το θα πάρει τη θέση ,ή το αντίστροφο.Ενα ζεύγος διαδοχικών σημείων που μεταινούνται κατ' αυτόν τον τρόπο θα το λέμε κακό ζεύγος.Aν ανάμεσα σε δύο κακά ζεύγη δεν υπάρχει άλλο κακό ζεύγος και το πλήθος των σημείων μεταξύ τους είναι περιττό,το σημείο που βρίσκεται δεξιότερα θα το λέμε απομονωμένο σημείο.Τα υπόλοιπα σημεία θα τα χωρίζουμε σε ζεύγη διαδοχικών σημείων τα οποία επειδή δεν είναι καλά θα τα λέμε καλά ζεύγη.Εξ'ορισμού το ζεύγος δεξιά από κάθε απομονωμένο σημείο πρέπει να είναι κακό.

Το πλήθος των απομονωμένων σημείων πρέπει να είναι άρτιος αριθμος.Ακόμη επειδή τα απομνωμένα είναι λιγότερα ή ίσα με ,διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις:
1)Δεν υπάρχουν απομονωμένα σημεία.Τότε όλα τα σημεία είναι χωρισμένα σε ζεύγη.Αυτό μπορεί να γίνει με δύο τρόπους:i).Σε κάθε περίπτωση κάθε ζεύγος μπορεί να είναι καλό ή κακό και άρα οι δυνατές διατάξεις είναι .Αφαιρούμε την περίπτωση που είναι όλα κακά την οποία μετρήσαμε στην αρχή.Συνολικά οι διατάξεις είναι .
2)Tα απομονωμένα σημεία είναι .Σταθεροποιούμε ένα σημείο ως απομονωμένο.Επειδή τα ζεύγη είναι ,το άλλο απομονωμένο μπορεί να παρει θεσεις.Το σημείο που σταθεροποιήσαμε μπορεί να πάρει 16,κι επειδή καε διάταξη των απομονωμένων τη μετράμε με αυτόν τον τρόπο φορές,οι δατάξεις των απομονωμένων είναι .Σε κάθε διάταξη των απομονωμένων τα ζεύγη που είναι δεξιά από τα απομονωμένα είναι κακά,ενώ τα υπόλοιπα είναι καλά ή κακά.Τελικά όλες οι διατάξεις είναι .
3)Tα απομονωμένα σημεία είναι .Σταθεροποιούυμε ένα σημείο ως απομονωμένο.Επειδή τα ζεύγη είναι ,τα υπολοιπα τρία απομονωμένα έχουν διατάξεις.Το σημείο που σταθεροποιήσαμε μπορεί να πάρει 16 θέσεις κι επειδή με αυτόν τον τρόπο μετράμε κάθε διάταξη των απομονωμένων 4 φορές,οι διατάξεις των απομονωμένων είναι .Σε κάθε διάαξη των απομονωμένων τα ζεύγη δεξιά από τα απομονωμένα είναι κακά ενώ τα υπόλοιπα 2 είναι καλά ή κακά.Οπότε οι συνολικές διαταξεις είναι .

Αθροίζοντας τα παραπάνω παίρνουμε συνολικά διατάξεις.

Χάνω πουθενά;;;

[Mihalis_Lambrou]

http://forum.math.uoa.gr/viewtopic.php?f=87&t=9184
Τα θέματα τού πρώτου γύρου τού γερμανικού ομοσπονδιακού διαγωνισμού για τα λύκεια...για όποιον ενδιαφέρεται..

Άσκηση 1

10 δοχεία βρίσκονται σε κυκλική διάταξη. Αρχίζοντας κάπου τυχαία και με την φορά τού ωρολογιακού δείκτη τα γεμίζουμε με 1,2,3,...,9,10 βώλους. Με μιά κίνηση μπορούμε να προσθέσουμε ή να αφαιρέσουμε απο 2 γειτονικά δοχεία απο 1 βώλο (να αφαιρέσουμε αν δεν είναι άδεια). Είναι δυνατόν να πετύχουμε με πεπερασμένο αριθμό κινήσεων κάθε δοχείο να περιέχει ακριβώς 2011 βώλους ;

Όχι δεν μπορούμε:

'Εστω Α το άθροισμα των βώλων στα κουτιά σε άρτια θέση και Β αυτών στις περιττές. Στην αρχή είναι Α = 2+4+6+8+10 = 30 και Β= 1+3+5+7+9= 25. Με την διαδικασία που περιγράφεται η διαφορά Α-Β δεν αλλάζει τιμή (γιατί αν π.χ. προσθέσουμε 1 στο Α τότε προσθέτουμε και άλλο 1 στο Β, που έχει τα γειτονικά κουτιά, και φυσικά ισχύει (Α+1)-(Β+1) = Α-Β ). Η αρχική φάση έχει Α-Β=5, ενώ αν ήταν εφικτό το ζητούμενο, θα ήταν Α-Β=0. Άρα δεν είναι εφικτό.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου