Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Ιαν 15, 2018 11:14 pm

Demetres έγραψε:
Δευ Ιαν 15, 2018 11:04 pm

Λήμμα Gauss: Το γινόμενο δύο αρχικών πολυωνύμων είναι αρχικό.

Από το λήμμα του Gauss, όντως παίρνουμε ότι το q(x) έχει ακέραιους συντελεστές. Πράγματι, έστω d \in \mathbb{N} τέτοιο ώστε το dq(x) να είναι αρχικό. Τότε το dp(x) = (x-t)(dq(x)) είναι αρχικό. Επειδή το p(x) έχει ακέραιους συντελεστές, πρέπει d=1. Άρα και το q(x) έχει ακέραιους συντελεστές.
.
Για το ωραιότατο αυτό Λήμμα αξίζει να δείτε τα ποστ #31 έως #35 από παλιότερη συζήτηση στο

[u] http://www.mathematica.gr/forum/vie ... 273181[/u]



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Ιαν 16, 2018 1:18 am

Άσκηση 13.
Για δοθέντα φυσικό n θέλουμε να τοποθετήσουμε πρόσημα \pm στα ενδιάμεσα κενά έτσι ώστε η τιμή
της παράστασης 1\pm2\pm3\pm...\pm n που προκύπτει να είναι 0.
α) Δείξτε ότι αυτό μπορούμε να το καταφέρουμε για οιποδήποτε n της μορφής 4N ή της μορφής 4N+3.
β) Δείξτε ότι αυτό δεν μπορούμε ποτέ να το καταφέρουμε για αριθμούς n της μορφής 4N+1 ή της 4N+2.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 634
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Ιαν 16, 2018 7:52 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τρί Ιαν 16, 2018 1:18 am
Άσκηση 13.
Για δοθέντα φυσικό n θέλουμε να τοποθετήσουμε πρόσημα \pm στα ενδιάμεσα κενά έτσι ώστε η τιμή
της παράστασης 1\pm2\pm3\pm...\pm n που προκύπτει να είναι 0.
α) Δείξτε ότι αυτό μπορούμε να το καταφέρουμε για οιποδήποτε n της μορφής 4N ή της μορφής 4N+3.
β) Δείξτε ότι αυτό δεν μπορούμε ποτέ να το καταφέρουμε για αριθμούς n της μορφής 4N+1 ή της 4N+2.
α) Αν n=4N τότε χωρίζουμε τους αριθμούς σε τετράδες και κάθε τετράδα της μορφής i, i+1, i+2, i+3 γίνεται i-(i+1)-(i+2)+(i+3) που κάνει 0. Άρα όλες οι τετράδες μαζί κάνουν 0.

Αν n=4N+3 τότε παίρνουμε το 1 και τον προτελευταίο αριθμό με + και τον τελευταίο με -. Αυτό το άθροισμα κάνει 0. Οι αριθμοί τώρα 2, 3, 4, ..., n-2 είναι 4N σε πλήθος και με την τεχνική που χρησιμοποιήσαμε παραπάνω θα βγάλει άθροισμα 0. Άρα συνολικά θα προκύψει το 0.

β) Για n της μορφής 4N+1 και 4N+2 έχουμε ότι:

n=4N+1:  
 
1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}=(4N+1)(2N+1) που είναι περιττός.

n=4N+2:  
 
1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}=(2N+1)(4N+3) που είναι περιττός.

Έστω πως μετατρέπουμε το 1+2+3+4+...+i+...+n σε 1+2+3+4+...-i+...+n. Παρατηρούμε πως οι δύο αυτές σχέσεις είναι ισοϋπόλοιπες με το 2, καθώς η διαφορά τους είναι 2i που είναι άρτιος.

Άρα η παράσταση που μας δίνεται είναι πάντα περιττή για n=4N+1 ή n=4N+2. Άρα αποκλείεται να είναι 0.

Edit: έγινε παράθεση της άσκησης
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Τρί Ιαν 16, 2018 8:12 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Houston, we have a problem!
ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Τετ Μάιος 03, 2017 12:37 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ » Τρί Ιαν 16, 2018 8:03 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Τρί Ιαν 16, 2018 7:52 pm
α) Αν n=4N τότε χωρίζουμε τους αριθμούς σε τετράδες και κάθε τετράδα της μορφής i, i+1, i+2, i+3 γίνεται i-(i+1)-(i+2)+(i+3) που κάνει 0. Άρα όλες οι τετράδες μαζί κάνουν 0.

Αν n=4N+3 τότε παίρνουμε το 1 και τον προτελευταίο αριθμό με + και τον τελευταίο με -. Αυτό το άθροισμα κάνει 0. Οι αριθμοί τώρα 2, 3, 4, ..., n-2 είναι 4N σε πλήθος και με την τεχνική που χρησιμοποιήσαμε παραπάνω θα βγάλει άθροισμα 0. Άρα συνολικά θα προκύψει το 0.

β) Για n της μορφής 4N+1 και 4N+2 έχουμε ότι:

n=4N+1:  
 
1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}=(4N+1)(2N+1) που είναι περιττός.

n=4N+2:  
 
1+2+3+4+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}=(2N+1)(4N+3) που είναι περιττός.

Έστω πως μετατρέπουμε το 1+2+3+4+...+i+...+n σε 1+2+3+4+...-i+...+n. Παρατηρούμε πως οι δύο αυτές σχέσεις είναι ισοϋπόλοιπες με το 2, καθώς η διαφορά τους είναι 2i που είναι άρτιος.

Άρα η παράσταση που μας δίνεται είναι πάντα περιττή για n=4N+1 ή n=4N+2. Άρα αποκλείεται να είναι 0.
Μόλις ξεκίνησα να πληκτρολογώ...πρόλαβες :lol: :coolspeak:


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Ιαν 16, 2018 9:46 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Τρί Ιαν 16, 2018 7:52 pm

Αν n=4N+3 τότε παίρνουμε το 1 και τον προτελευταίο αριθμό με + και τον τελευταίο με -. Αυτό το άθροισμα κάνει 0. Οι αριθμοί τώρα 2, 3, 4, ..., n-2 είναι 4N σε πλήθος και με την τεχνική που χρησιμοποιήσαμε παραπάνω θα βγάλει άθροισμα 0. Άρα συνολικά θα προκύψει το 0.
Ωραία. Για να υπάρχει, άλλος (παρεμφερής) τρόπος είναι 1+2-3 και μετά τετράδες όπως ακριβώς στην λύση σου για n=4N. Δηλαδή

(1+2-3)+(4-5-6+7)+(8-9-10+11)+...


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τρί Ιαν 16, 2018 10:02 pm

Έκανα διόρθωση. Τώρα είναι και πάλι ανοικτή προς επίλυση.

Άσκηση 14.
Γράφουμε έναν n-ψήφιο αριθμό \overline {a_1a_2...a_n} , τον αναποδογυρίζουμε \overline {a_na_{n-1}...a_1} και μετά
προσθέτουμε τους δύο.

Για παράδειγμα

...1764
+4671
----
...6435

α) Για n άρτιο δώστε παράδειγμα όπου όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.
β) Για n περιττό της μορφής 4n+3 δώστε παράδειγμα όπου όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.
γ) Για n περιττό της μορφής 4n+1 δείξτε ότι δεν γίνεται όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.

τελευταία επεξεργασία από Mihalis_Lambrou σε Πέμ Ιαν 18, 2018 10:51 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Τετ Μάιος 03, 2017 12:37 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ » Τετ Ιαν 17, 2018 1:34 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τρί Ιαν 16, 2018 10:02 pm
Άσκηση 14.
Γράφουμε έναν n-ψήφιο αριθμό \overline {a_1a_2...a_n} , τον αναποδογυρίζουμε \overline {a_na_{n-1}...a_1} και μετά
προσθέτουμε τους δύο.

Για παράδειγμα

...1764
+4671
----
...6435

α) Για n άρτιο δώστε παράδειγμα όπου όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.
β) Για n περιττό δείξτε ότι δεν γίνεται όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.


Γεια σας κύριε Μιχάλη , Αν και λίγο αργά:
α)Ένα παράδειγμα είναι με το 1432.
β)Για n περιττό παρατηρούμε ότι ο a_\frac{n+1}{2} προστίθεται με τον εαυτό του το οποίο μας δίνει άρτιο αριθμό.Άρα δεν γίνεται όλα τα ψηφία να είναι περιττά.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Ιαν 17, 2018 7:58 am

ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε:
Τετ Ιαν 17, 2018 1:34 am
α)Ένα παράδειγμα είναι με το 1432.
β)Για n περιττό παρατηρούμε ότι ο a_\frac{n+1}{2} προστίθεται με τον εαυτό του το οποίο μας δίνει άρτιο αριθμό.Άρα δεν γίνεται όλα τα ψηφία να είναι περιττά.
Ανδρέα, προσοχή. Δεν είναι σωστό αυτό γιατί μπορεί να έχουμε κρατούμενο.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Πέμ Ιαν 18, 2018 10:56 am

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τρί Ιαν 16, 2018 10:02 pm
Άσκηση 14.
Γράφουμε έναν n-ψήφιο αριθμό \overline {a_1a_2...a_n} , τον αναποδογυρίζουμε \overline {a_na_{n-1}...a_1} και μετά
προσθέτουμε τους δύο.

Για παράδειγμα

...1764
+4671
----
...6435

α) Για n άρτιο δώστε παράδειγμα όπου όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.
β) Για n περιττό της μορφής 4n+3 δώστε παράδειγμα όπου όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.
γ) Για n περιττό της μορφής 4n+1 δείξτε ότι δεν γίνεται όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.



Έκανα μία προσθήκη στην Άσκηση 14.

Τώρα είναι και πάλι ανοικτή προς επίλυση.


Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1313
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Παρ Ιαν 19, 2018 2:08 pm

ΑΣΚΗΣΗ 15η:

Το παρακάτω σχήμα αποτελείται από 9 κόκκινα και 9 μαύρα τετράγωνα.
Μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς από το 1 έως και το 18, έναν σε κάθε τετράγωνο
με τέτοιον τρόπο ώστε το άθροισμα των αριθμών στα κόκκινα τετράγωνα να είναι ίσο με το άθροισμα των αριθμών στα μαύρα τετράγωνα;
Παράκλιση, οι γνωστοί θαμώνες της στήλης αυτής (δεν λέμε ονόματα, δεν θίγουμε υπολήψεις) να αργήσουν να απαντήσουν μήπως έχουμε
και εμφάνιση νέων μαθητών που ενδιαφέρονται για τέτοιου είδους προβλήματα.
Το συγκεκριμένο βέβαια είναι γνωστό, απλά του άλλαξα το "περιτύλιγμα".
18 τετράγωνα.png
18 τετράγωνα.png (1.27 KiB) Προβλήθηκε 392 φορές
τελευταία επεξεργασία από Ανδρέας Πούλος σε Παρ Ιαν 19, 2018 10:11 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Τετ Μάιος 03, 2017 12:37 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ » Παρ Ιαν 19, 2018 7:53 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τετ Ιαν 17, 2018 7:58 am
ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε:
Τετ Ιαν 17, 2018 1:34 am
α)Ένα παράδειγμα είναι με το 1432.
β)Για n περιττό παρατηρούμε ότι ο a_\frac{n+1}{2} προστίθεται με τον εαυτό του το οποίο μας δίνει άρτιο αριθμό.Άρα δεν γίνεται όλα τα ψηφία να είναι περιττά.
Ανδρέα, προσοχή. Δεν είναι σωστό αυτό γιατί μπορεί να έχουμε κρατούμενο.
Καλησπέρα, κύριε Μιχάλη έχετε δίκιο μου ξέφυγε τελείως ευχαριστώ για την παρατήρηση.


ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ
Δημοσιεύσεις: 494
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: 15η άσκηση στα μονά-ζυγά

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ » Παρ Ιαν 19, 2018 8:01 pm

Ανδρέας Πούλος έγραψε:
Παρ Ιαν 19, 2018 2:08 pm
Το παρακάτω σχήμα αποτελείται από 9 κόκκινα και 9 μαύρα τετράγωνα.
Μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς από το 1 έως και το 18, έναν σε κάθε τετράγωνο
με τέτοιον τρόπο ώστε το άθροισμα των αριθμών στα κόκκινα τετράγωνα να είναι ίσο με το άθροισμα των αριθμών στα μαύρα τετράγωνα;
Παράκλιση, οι γνωστοί θαμώνες της στήλης αυτής (δεν λέμε ονόματα, δεν θίγουμε υπολήψεις) να αργήσουν να απαντήσουν μήπως έχουμε
και εμφάνιση νέων μαθητών που ενδιαφέρονται για τέτοιου είδους προβλήματα.
Το συγκεκριμένο βέβαια είναι γνωστό, απλά του άλλαξα το "περιτύλιγμα".

18 τετράγωνα.png
Το άθροισμα των αριθμών είναι περιττό οπότε ο χωρισμός των αριθμών σε δύο ομάδες με ίσο άθροισμα είναι αδύνατος.


ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Τετ Μάιος 03, 2017 12:37 am

Re: 15η άσκηση στα μονά-ζυγά

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ » Παρ Ιαν 19, 2018 8:27 pm

Ανδρέας Πούλος έγραψε:
Παρ Ιαν 19, 2018 2:08 pm
Το παρακάτω σχήμα αποτελείται από 9 κόκκινα και 9 μαύρα τετράγωνα.
Μπορούμε να τοποθετήσουμε τους αριθμούς από το 1 έως και το 18, έναν σε κάθε τετράγωνο
με τέτοιον τρόπο ώστε το άθροισμα των αριθμών στα κόκκινα τετράγωνα να είναι ίσο με το άθροισμα των αριθμών στα μαύρα τετράγωνα;
Παράκλιση, οι γνωστοί θαμώνες της στήλης αυτής (δεν λέμε ονόματα, δεν θίγουμε υπολήψεις) να αργήσουν να απαντήσουν μήπως έχουμε
και εμφάνιση νέων μαθητών που ενδιαφέρονται για τέτοιου είδους προβλήματα.
Το συγκεκριμένο βέβαια είναι γνωστό, απλά του άλλαξα το "περιτύλιγμα".

18 τετράγωνα.png
Λοιπόν,αρχικά θα υποθέσουμε πως μετά από μία κατάλληλη τοποθέτηση έχουμε καταφέρει να δημιουργήσουμε ίδιο άθροισμα στων κόκκινων με μαύρων τετραγώνων .Έστω τώρα S το άθροισμα όλων αριθμών από το 1-18, S_1 των αριθμών στα κόκκινα τετράγωνα και S_2 στα μαύρα.Έχουμε:
S=1+2+3...+17+18=\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}=9\cdot 19,Όμως:
S=S_{1}+S_{2}=2S_{2} άρτιος.Άτοπο,διότι 9\cdot 19 είναι περιττός.Άρα δεν υπάρχει τέτοια δυνατή τοποθέτηση.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: 15η άσκηση στα μονά-ζυγά

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Ιαν 19, 2018 8:42 pm

Ωραία.

Ας ονομάσουμε την προηγούμενη "Άσκηση 15", για να μην χάνουμε την ροή.
.
ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:
Παρ Ιαν 19, 2018 8:01 pm
Το άθροισμα των αριθμών είναι περιττό οπότε ο χωρισμός των αριθμών σε δύο ομάδες με ίσο άθροισμα είναι αδύνατος.
.
ΑΝΔΡΕΑΣ ΛΑΜΠΡΟΥ έγραψε:
Παρ Ιαν 19, 2018 8:01 pm
Λοιπόν,αρχικά θα υποθέσουμε πως μετά από μία κατάλληλη τοποθέτηση έχουμε καταφέρει να δημιουργήσουμε ίδιο άθροισμα στων κόκκινων με μαύρων τετραγώνων .Έστω τώρα S το άθροισμα όλων αριθμών από το 1-18, S_1 των αριθμών στα κόκκινα τετράγωνα και S_2 στα μαύρα.Έχουμε:
S=1+2+3...+17+18=\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}=9\cdot 19,Όμως:
S=S_{1}+S_{2}=2S_{2} άρτιος.Άτοπο,διότι 9\cdot 19 είναι περιττός.Άρα δεν υπάρχει τέτοια δυνατή τοποθέτηση.
.
Και οι δύο προταθείσες λύσεις λύνουν το γενικότερο πρόβλημα που λέει οτι δεν μπορούμε να χωρίσουμε τους 1 έως 18 σε δύο ομάδες με ίσα αθροίσματα (άσχετα αν τα στοιχεία της κάθε ομάδας είναι τα μισά ή όχι).

Εδώ αξίζει να αναφέρω άλλη μία γενίκευση: Στην θέση του 18 θα μπορούσαμε να είχαμε οποιονδήποτε αριθμό της μορφής 4N+1 ή της 4N+2.
Αυτό ακριβώς είναι το αντικείμενο της Άσκησης 13 β) που είδαμε παραπάνω:
.
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τρί Ιαν 16, 2018 1:18 am
Άσκηση 13.
Για δοθέντα φυσικό n θέλουμε να τοποθετήσουμε πρόσημα \pm στα ενδιάμεσα κενά έτσι ώστε η τιμή
της παράστασης 1\pm2\pm3\pm...\pm n που προκύπτει να είναι 0.
α) Δείξτε ότι αυτό μπορούμε να το καταφέρουμε για οιποδήποτε n της μορφής 4N ή της μορφής 4N+3.
β) Δείξτε ότι αυτό δεν μπορούμε ποτέ να το καταφέρουμε για αριθμούς n της μορφής 4N+1 ή της 4N+2.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7644
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιαν 24, 2018 12:29 am

Άσκηση 16

Έχουμε μια στοίβα από 2018 νομίσματα. Ο Αντρέας και ο Βασίλης παίρνουν εναλλάξ είτε 5 είτε 15 νομίσματα. Ο παίκτης που δεν μπορεί να παίξει χάνει.

Να βρεθεί ποιος παίκτης έχει στρατηγική νίκης.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1170
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τετ Ιαν 24, 2018 9:17 am

Demetres έγραψε:
Τετ Ιαν 24, 2018 12:29 am
Άσκηση 16

Έχουμε μια στοίβα από 2018 νομίσματα. Ο Αντρέας και ο Βασίλης παίρνουν εναλλάξ είτε 5 είτε 15 νομίσματα. Ο παίκτης που δεν μπορεί να παίξει χάνει.

Να βρεθεί ποιος παίκτης έχει στρατηγική νίκης.
Για συντομία, συμβολίζουμε με A,B τους παίκτες.

Ο A έχει στρατηγική νίκης.

Στην πρώτη του κίνηση, ο A παίρνει 5 νομίσματα. Μένουν λοιπόν 2013 στην στοίβα.

Μετά, όποτε ο B παίρνει 5 νομίσματα, ο A παίρνει 15, και αντίστροφα.

Άρα, σχηματίζονται ζευγάρια των 15+5=20 νομισμάτων. Ο A συνεχίζει αυτή την τακτική, έως ότου να μείνουν a νομίσματα, με a<20 (τότε δε θα μπορεί να συνεχίσει έτσι).

Αφού 2013 \equiv 13 \pmod {20}, στο τέλος θα μείνουν 13 νομίσματα, και παίζει ο B. Προφανώς, κάθε παίκτης είναι αναγκασμένος πλέον να πάρει μόνο 5 νομίσματα, αφού 13<15.

Έτσι, ο B παίρνει 5 και μένουν 8, ο A παίρνει 5 και μένουν 3, όπου ο B δεν μπορεί να παίξει, και άρα ηττήθηκε.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7644
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιαν 24, 2018 9:34 am

Ωραία. Για να το συνδέσουμε και με τα μονά-ζυγά, ας προσθέσω ότι ο A κερδίζει όπως και να παίξει. Στην αρχή έχουμε 5k+3 νομίσματα όπου k = 403. Σε κάθε κίνηση το k μειώνεται είτε κατά 1, είτε κατά 3. Οπότε μετά από κάθε κίνηση του A ο k θα γίνεται περιττός, και μετά από κάθε κίνηση του B ο k θα γίνεται άρτιος. Όταν όμως ο k είναι άρτιος, τότε ο A σίγουρα μπορεί να παίξει αφού μπορεί να αφαιρέσει 5 νομίσματα.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 7644
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιαν 24, 2018 9:45 am

Άσκηση 17

Έχουμε 65 νομίσματα εκ των οποίων τα 10 είναι κάλπικα. Όλα τα κάλπικα νομίσματα ζυγίζουν το ίδιο. Όλα τα αυθεντικά νομίσματα ζυγίζουν το ίδιο. Επίσης, η διαφορά του βάρους μεταξύ κάθε κάλπικου και κάθε αληθινού νομίσματος είναι 1 γραμμάριο, αλλά δεν γνωρίζουμε ούτε πόσο ζυγίζει το κάθε ένα, ούτε πιο είναι πιο ελαφρύ. Έχουμε μια ζυγαριά με δύο ζυγούς η οποία μας λέει την διαφορά του βάρους μεταξύ των αντικειμένων που τοποθετούμε στους ζυγούς.

Παίρνουμε ένα από τα 101 νομίσματα και θέλουμε να μάθουμε αν είναι κάλπικο ή αυθεντικό. Να το αποφασίσετε με όσο το δυνατόν λιγότερα ζυγίσματα.


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9939
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Φεβ 04, 2018 6:50 pm

Επαναφορά για την Άσκηση 14 και την ωραιότατη Άσκηση 17 του Δημήτρη.

Δίνω μικρή υπόδειξη για την 14γ.
Mihalis_Lambrou έγραψε:
Τρί Ιαν 16, 2018 10:02 pm
Άσκηση 14.
Γράφουμε έναν n-ψήφιο αριθμό \overline {a_1a_2...a_n} , τον αναποδογυρίζουμε \overline {a_na_{n-1}...a_1} και μετά
προσθέτουμε τους δύο.

Για παράδειγμα

...1764
+4671
----
...6435

α) Για n άρτιο δώστε παράδειγμα όπου όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.
β) Για n περιττό της μορφής 4n+3 δώστε παράδειγμα όπου όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.
γ) Για n περιττό της μορφής 4n+1 δείξτε ότι δεν γίνεται όλα τα ψηφία του αθροίσματος είναι περιττοί αριθμοί.



Έστω ότι όλοι οι όροι του αθροίσματος ήταν περιττοί. Τότε το μεσαίο άθροισμα ως a_{2n+1} + a_{2n+1} (που είναι άρτιο) πρέπει να έχει
κρατούμενο μία μονάδα από τον αμέσως δεξιότερο όρο (για να γίνει περιττό). Τώρα, ο αμέσως αριστερότερος όρος του a_{2n+1} + a_{2n+1} είναι ολόιδιος με τον αμέσως δεξιότερο. Τι μας λέει αυτό για το κρατούμενο που σίγουρα έχει;


Άβαταρ μέλους
Ανδρέας Πούλος
Δημοσιεύσεις: 1313
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 01, 2009 10:47 pm
Τοποθεσία: ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ
Επικοινωνία:

18η Άσκηση Μονά-ζυγά Συλλογή Ασκήσεων

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ανδρέας Πούλος » Δευ Φεβ 05, 2018 8:20 pm

18η Άσκηση.
Σε μια ευθεία ορίζουμε δύο σημεία A και B.
Στη συνέχει επιλέγουμε τυχαία στην ευθεία 9 σημεία που δεν ανήκουν στο ευθύγραμμο τμήμα AB.
Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των αποστάσεων των εννέα σημείων από το A, δεν είναι ίσο με το άθροισμα των αποστάσεών τους από το B.

Αν γενικεύσετε το ερώτημα με n, τι τιμές παίρνει ο φυσικός n ώστε να ισχύει το ζητούμενο;


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης