Συντονιστές: Demetres, silouan
δόθηκε ένα διαγώνισμα όπου οι δυνατές βαθμολογίες ήταν οι 
Κάθε μία από αυτές τις βαθμολογίες εμφανίστηκε τουλάχιστον μία φορά. Η μέση βαθμολογία ήταν ακριβώς 
Να δειχθεί ότι μπορούμε να χωρίσουμε τους μαθητές της τάξης σε δύο ίσες ομάδες των 
μαθητών με τέτοιο τρόπο ώστε στην κάθε ομάδα η μέση βαθμολογία να είναι ακριβώς 
όλων των βαθμών οφείλει να είναι άρτιος: αυτό προκύπτει από την 
και την συνεπαγόμενη διαιρετότητα του δια του 
. (Ο οφείλει να είναι πολλαπλάσιο του λόγω της 
, οπότε θέτοντας 
συμπεραίνουμε ότι ο 
οφείλει να είναι ακέραιος, άρα 
.) μαθητές η κάθε μία και ίσο άθροισμα βαθμών (άρα και μέσο όρο 
η κάθε μία), τότε υπάρχει μία ελάχιστη δυνατή διαφορά 
ανάμεσα σε δύο πλησιέστερες βαθμολογικά υποομάδες ... και, επειδή το άθροισμα όλων των βαθμών είναι άρτιος, 
. Ας είναι λοιπόν 
, 
τα αθροίσματα βαθμών των δύο υποομάδων μαθητών, με 
. , τότε δεν μπορεί να υπάρχει 9 στην υποομάδα (με άθροισμα βαθμών) , καθώς σε μια τέτοια περίπτωση στέλνουμε το 10 της στην και το 9 της στην και μικραίνουμε κατά 
την διαφορά ανάμεσα στις και , κάτι αδύνατον κάτω από τις ως τώρα παραδοχές μας. (Αν 
τότε δημιουργούνται δύο υποομάδες με ίσες συνολικές βαθμολογίες, ενώ αν 
τότε δημιουργούνται δύο υποομάδες με διαφορά συνολικών βαθμολογιών μικρότερη του .) Αν λοιπόν υπάρχει 10 στην τότε όλα τα 9 βρίσκονται επίσης στην . Με ανάλογο συλλογισμό στην βρίσκονται και όλα τα 8, αλλά και όλα τα 7, κοκ Έχουμε καταλήξει σε άτοπο υποθέτοντας ότι στην υποομάδα υπάρχει μαθητής με βαθμό 10. Αναλόγως δεν μπορεί να υπάρχει μαθητής με βαθμό 9 στην , διότι τότε η οφείλει να περιέχει όλους τους βαθμούς από 8 και κάτω, κοκ 
κάθοδο σε κάθε βήμα. Για ένα αντιπαράδειγμα ας θεωρήσουμε μία τάξη 
μαθητών με βαθμούς 9, 9, 9, 9, 9, 9, 9, 5, 3, 3.] Για να κάνω την παραπάνω εικασία πιο προσιτή, δίνω το παράδειγμα ΕΠΤΑ βαθμών {10, 8, 6, 6, 6, 6, 5, 5, 4, 2, 0, 0}, και τον διαμερισμό στις υποομάδες {10, 8, 6, 5, 0, 0} & {6, 6, 6, 5, 4, 2}, με μέσο όροgbaloglou έγραψε: ↑Σάβ Δεκ 09, 2017 7:23 pmΕΙΚΑΖΩ ότι οποιαδήποτε τάξη με άρτιο αριθμό φοιτητών και άρτιο άθροισμα βαθμών, και στην οποία έχουν από τουλάχιστον μια φορά εμφανιστεί τουλάχιστον ΕΠΤΑ από τους βαθμούς 0-10, μπορεί να διαμερισθεί σε δύο ισοπληθείς υποομάδες με ίσο μέσο όρο βαθμών.
[Για ΕΞΙ βαθμούς υπάρχει το προφανές αντιπαράδειγμα {10, 8, 6, 4, 2, 0}.]
(και άθροισμα 
) έκαστη: αναφερόμενος τώρα στον συλλογισμό που εφαρμόστηκε στην περίπτωση των ΕΝΔΕΚΑ βαθμών, θα μπορούσα να θεωρήσω = {10, 6, 5, 5, 4, 0}, = {8, 6, 6, 6, 2, 0}, με 
, 
, και να παρατηρήσω ότι μετά το 6 της ακολουθούν εκεί όλα τα 5 και όλα τα 4, έτσι ώστε να μην είναι δυνατή η ελάττωση της διαφοράς 
: το πρόβλημα είναι ότι υπάρχει ήδη άλλος διαμερισμός με 
, κλπ κλπ (Βλέπουμε δηλαδή ότι η ύπαρξη τριών διαδοχικών βαθμών, που εξασφαλίζεται από το πλήθος των υπαρκτών βαθμών (ΕΠΤΑ) στο σύνολο των δυνατών ΕΝΔΕΚΑ βαθμών (μέσω της αρχής της περιστερότρυπας), αφ' ενός μεν δεν σώζει τον συλλογισμό που εφαρμόστηκε στην περίπτωση του αρχικού προβλήματος, αφ' ετέρου δε επιτρέπει τον διαμερισμό σε δύο ισοπληθείς και βαθμολογικά ίσες υποομάδες.) 
)-- παραθέτω την εξής παρατήρηση (που ίσως βοηθήσει άλλους να την αποδείξουν):
. Βεβαίως ο αριθμός εμφανίσεων του οφείλει να είναι άρτιος. Θα μπορούσαμε να σκεφθούμε για τους άλλους βαθμούς ότι αν κάποιος από αυτούς εμφανίζεται πχ δύο φορές τότε μπορούμε, χάριν απλοποίησης της κατάστασης, να τον 'αφαιρέσουμε' από το πρόβλημα, αποδεικνύοντας ότι υπάρχει επιθυμητός διαμερισμός των βαθμών τέτοιος ώστε η κάθε μία από τις δύο ισόβαθμες υποομάδες να τον περιέχει ακριβώς μία φορά. Πειραματιζόμενος με τις 15 περιπτώσεις όπου δύο ακριβώς άρτιοι βαθμοί, αλλά και ο , εμφανίζονται δύο ακριβώς φορές, ενώ όλοι οι άλλοι άρτιοι βαθμοί ακριβώς μία φορά, διαπιστώνω ότι η παραπάνω 'απλοποίηση' ΔΕΝ είναι δυνατή σε 2 ακριβώς από τις 15 περιπτώσεις, {
} (όπου όμως η Εικασία 7/11 ισχύει λόγω της 
) και {
} (όπου η Εικασία 7/11 ισχύει και πάλι λόγω της 
). (Επισημαίνω και κάτι μάλλον προφανές: στις υπόλοιπες 13 περιπτώσεις άλλοτε υπάρχει λύση με κάθε υποομάδα να περιέχει ακριβώς ένα και άλλοτε όχι.) 
, , ... , 
}, για παράδειγμα).] Γιαgbaloglou έγραψε: ↑Τρί Δεκ 26, 2017 11:56 pm[Τα παραπάνω μπορεί να μην απέχουν και πολύ από μία 'εξαντλητική' απόδειξη της Εικασίας 7/11, θα προτιμούσα όμως κάτι πιο έξυπνο και αποτελεσματικό, που θα αποδείκνυε και τις προφανείς γενικεύσεις της (n+2 βαθμοί από τους 2n+1 βαθμούς {
(ελάχιστο δυνατό) έχουμε ήδη το αντιπαράδειγμα {
} ... που πάντως είναι το μόνο δυνατό στην κατηγορία του*.
(αρχική εικασία 7/11) είναι απλώς θέμα χρόνου και προσπάθειας ... χωρίς φυσικά να αποκλείεται η πιθανότητα εκπλήξεων, μεγαλύτερου 'βάθους' του προβλήματος, κλπ κλπ οι 'βασικές', μη τετριμμένες βαθμολογικές καταστάσεις που πληρούν τις συνθήκες της εικασίας -- αρτιότητα αριθμού μαθητών και αρτιότητα αθροίσματος βαθμών -- είναι (νομίζω) οι {
}, {
}, {
}, {
}, {
}, {
}, {
}, {
}, {
}, {
}, {}, {
}, {
}, {
}. Ήδη γιαgbaloglou έγραψε: ↑Πέμ Δεκ 28, 2017 11:00 pmΓιαgbaloglou έγραψε: ↑Τρί Δεκ 26, 2017 11:56 pm[Τα παραπάνω μπορεί να μην απέχουν και πολύ από μία 'εξαντλητική' απόδειξη της Εικασίας 7/11, θα προτιμούσα όμως κάτι πιο έξυπνο και αποτελεσματικό, που θα αποδείκνυε και τις προφανείς γενικεύσεις της (n+2 βαθμοί από τους 2n+1 βαθμούς {
... Είναι λοιπόν αρκετά λογικό να αναμένει κανείς ότι ένα αντιπαράδειγμα για
και για 
βρίσκω ανάλογα αντιπαραδείγματα, {
} και {
} 
. Το συνολικό άθροισμα είναι 
οπότε κάθε υποσύνολο θα έπρεπε να έχει άθροισμα 
. Κάθε υποσύνολο θα έχει 
αριθμούς. Άρα ένα από αυτά θα έχει τουλάχιστον από τους 
και άρα άθροισμα τουλάχιστον 
, άτοπο.
. Δημήτρη πολύ ωραία, έψαχνα και εγώ για κάποιο 'ανισόρροπο' αντιπαράδειγμα (με αριθμούς προς τα δύο άκρα, όπως αυτά που είχα δώσει γιαDemetres έγραψε: ↑Κυρ Δεκ 31, 2017 10:53 amΔεν ισχύει η εικασία. Ένα αντιπαράδειγμα είναι το
Πιθανώς όμως η εικασία να ισχύει για μεγάλα
) αλλά δεν το βρήκα ... και όσο δεν το έβρισκα ... τόσο υποπτευόμουν και εγώ κάτι καλό για μεγάλα 
, ...) όπου 
από τους 
αριθμούς {
} εμφανίζονται μία ή δύο φορές ο καθένας (με τέτοιο τρόπο ώστε και το πλήθος και το άθροισμα τους να είναι άρτιο).]
-- αγωνιούμε (και ευχαριστούμε)! 
, από εκεί και πέρα η αναζήτηση χωρίς κάποιες νέες ιδέες θα ήταν απαγορευτικά χρονοβόρα.) και το {12, 11, 11, 10, 9, 3, 2, 1, 1, 0} (για 
).) Έτσι μπορούμε να πούμε ότι είχα ουσιαστικά βρει όλα τα αντιπαραδείγματα για (καθώς τα {6, 6, 5, 2, 1, 0} και {6, 5, 4, 1, 0, 0} είναι δυϊκά το ένα του άλλου), ενώ ο Δημήτρης είχε ουσιαστικά βρει όλα τα αντιπαραδείγματα για (καθώς τα {10, 9, 8, 3, 2, 1, 1, 0} και {10, 9, 9, 8, 7, 2, 1, 0} είναι δυϊκά το ένα του άλλου). (παρατηρώντας ότι η χαμηλότερη υποομάδα δεν μπορεί να περιέχει μέλος της υψηλότερης υποομάδας μειωμένο κατά ): 
, 
, 
, 
, 
, 
, 
.Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης
