Julekalender #7

Her kan brukere av forum utfordre hverandre med morsomme oppgaver og nøtter man ønsker å dele med andre. Dette er altså ikke et sted for desperate skrik om hjelp, de kan man poste i de andre forumene, men et sted for problemløsing på tvers av trinn og fag.

Julekalender #7

Innlegg Emilga » 07/12-2017 20:14

En sirkel kuttes i seks sektorer (som en pizza), og du skriver tallene 1,0,1,0,0,0 klokkevis, ett tall i hver sektor. Følgende operasjon er tillatt: du velger deg ut to sektorer som ligger inntil hverandre og legger til 1 til hver av de to tallene som står der fra før av.

Er det mulig å få alle sektorene til å inneholde samme tall?
Emilga offline
Poincare
Poincare
Innlegg: 1358
Registrert: 20/12-2006 19:21
Bosted: NTNU

Re: Julekalender #7

Innlegg alund » 07/12-2017 20:51

Der er sikkert en fin løsning med paritet eller noe sånt, men jeg løste den slik:

Sektor 1,2,3,4,5,6 har henholdsvis 1,0,1,0,0,0. Lar [tex]a[/tex] være antall operasjoner utført på 1 og 2, og likeså med [tex]b[/tex] på 2 og 3, [tex]c[/tex] på 3 og 4, [tex]d[/tex] på 4 og 5, [tex]e[/tex] på 5 og 6, og [tex]f[/tex] på 6 og 1.

For at tallene i sektorene skal bli like, må vi ha
[tex]f+a+1=a+b=b+c+1=c+d=d+e=e+f[/tex].
Da gir fjerde likhet [tex]c=e[/tex] og siste uttrykks likhet med det første gir [tex]e=a+1[/tex].
Andre likhet gir [tex]a=c+1[/tex], men [tex]c+1=e+1=a+1+1=a+2[/tex], som da gir [tex]a=a+2[/tex], som er umulig.

Nei er altså svaret jeg kom frem til. Riktig?
alund offline
Noether
Noether
Innlegg: 47
Registrert: 31/03-2017 20:40

Re: Julekalender #7

Innlegg Gustav » 07/12-2017 21:09

Representér tilstanden ved multippelen $a_i=(a_1,a_2,...,a_6)$, og definér funksjonen $f(a_i)=a_1-a_2+a_3-a_4+a_5-a_6$. Da er $f$ invariant og lik $f(1,0,1,0,0,0)=2$. Anta at alle tallene er like, dvs. $a_i=n$ for et positivt heltall $n$, men da er $f(n,n,n,n,n,n)=n-n+n-n+n-n=0\neq 2$, så det er umulig at alle tallene er like.
Beware of the Ratmen during the full moon for they grow stronger as the moon gets fuller
Gustav offline
Tyrann
Tyrann
Brukerens avatar
Innlegg: 4276
Registrert: 12/12-2008 12:44

Re: Julekalender #7

Innlegg Emilga » 07/12-2017 21:35

Helt riktig, både alund og Gustav!

alund skrev:Der er sikkert en fin løsning med paritet eller noe sånt

Ja, dette er en invariant-oppgave. Trikset er å finne et uttrykk (eller en egenskap) som ikke endrer seg, uansett hvordan man utfører operasjonene. Og så vise at invarianten har forskjellig verdi for start-tilstanden og ønsket slutt-tilstand. Altså er det umulig å nå slutt-tilstanden fra den gitte start-tilstanden.

I denne oppgaven ser vi at verdien til uttrykket $I = x_1 - x_2 + x_3 - x_4 + x_5 - x_6$ (der $x_i$ er tallet i sektor $i$) aldri vil endre seg, uansett hvordan vi utfører operasjonene. Siden $I=2$ til å begynne med, og den nødvendigvis må være $I=0$ når vi har like tall i sektorene, kan vi aldri nå ønsket slutt-tilstand ved utelukkende å anvende den lovlige operasjonen.

Men som du viste selv: vi kan også løse oppgaven ved å anta at vi har oppnådd slutt-tilstanden og så vise at dette leder til en selvmotsigelse!
Emilga offline
Poincare
Poincare
Innlegg: 1358
Registrert: 20/12-2006 19:21
Bosted: NTNU

Hvem er i forumet

Brukere som leser i dette forumet: Ingen registrerte brukere og 10 gjester