luni, 13 decembrie 2010

Probleme de logica la inceput de saptamana (63)

40




Cred ca la inceput de saptamana cand nici iarba nu creste, un imbold primit din partea unor probleme de logica ar fi binevenit pentru "demarajul" mintal necesar unei noi saptamani. Sper sa fiti mai inspirati decat sunt eu lunea.


Problema 1



Avem 3 perechi de greutati, una rosie, una galbena, si una albastra. In fiecare pereche una din bile este usor mai grea decat cealalta bila de aceeasi culoare, altfel fiind insa identice. Toate cele 3 bile mai grele din fiecare pereche au exact aceeasi greutate, iar celelate 3 bile au, de asemenea, aceeasi greutate.


Puteti determina, cu doar doua comparari pe o balanta obisnuita, care este cea mai grea bila a fiecarei perechi?




Problema 2


24 de matematicieni care urmau sa participe la o conferinta au fost asezati la aceeasi masa, care avea o forma rotunda, la distante egale. In dreptul fiecarui scaun s-a pus un cartonas cu numele fiecaruia din cei 24 de savanti, dar in prinsi in discutii in momentul cand au sosit la masa, acestia s-au asezat la intamplare, observand ulterior ca nimeni nu s-a asezat pe scaunul care ii fusese destinat.


Este posibil sa se roteasca masa, astfel incat cel putin doi matematicieni sa fie in dreptul cartonaselor cu numele lor? Incercati sa gasiti un raspuns si pentru cazul in care un matematician s-a fi asezat initial in dreptul cartonasului cu numele lui.




Problema 3


Un amator de sah american a inventat un joc de sah, in anul 1916, in care castigul revine celui care ii da sah adversarului sau. Se spune ca Frank Marshall i-a demonstrat inventatorului ca albul castiga rapid, la joc corect, indiferent de felul in care raspunde adversarul sau, mutand doar cu caii! Nu s-a pastrat solutia lui Marshall, si nici numarul de mutari in care acesta a reusit castigul, dar, ulterior, un student la matematica de la Princeton a demonstrat ca albul poate castiga, doar cu caii, in maxim 5 mutari!





Puteti gasi o metoda de castig in maxim 5 mutari?

Un comentariu:

  1. Problema 2.
    Consideram aceeasi problema pentru n>1 locuri si tot atatia matematicieni. Alegand un punct de pornire, etichetam locurile de la masa in sens trigonometric cu elementele inelului claselor de resturi modulo n:
    A:=Z/(n)={0,1,...,n-1}.
    O rotatie a mesei corespunde unei translatii in A, adica unei functii
    T:A->A, T(x)=x+a ("a" fixat in A).
    Asezarea matematicienilor la masa corespunde unei functii f:A->A, definita prin:
    f(x)=locul ocupat de cel cu locul rezervat x.
    Stim ca ecuatia f(x)=x nu are solutie, deoarece nimeni nu s-a asezat pe locul care ii era destinat. Problema este cea a existentei unui element "a" in A (o rotatie a mesei), astfel incat ecuatia f(x)=x+a sa aiba cel putin doua solutii x. Insa functia
    g:A->A\{0}, g(x)=f(x)-x
    nu este injectiva, si deci repeta cel putin o valoare "a", pentru ca domeniul A are n elemente, in timp ce codomeniul A\{0} are numai n-1. Pentru acel "a" (determina o rotatie a mesei), ecuatia f(x)=x+a are cel putin doua solutii, adica cel putin doi matematicieni vor fi in dreptul cartonaselor cu numele lor.

    Pentru partea a doua (un matematician s-a asezat initial in dreptul cartonasului cu numele lui).
    Daca n>1 este impar, atunci exista o asezare initiala, cea descrisa de functia
    f:A->A, f(x)=(n-1)x,
    pentru care orice rotatie a mesei conduce la o singura coincidenta. Aceasta se intampla deoarece si functia g(x)=f(x)-x este bijectiva.
    Nu stiu insa cum stau lucrurile pentru n=24.

    RăspundețiȘtergere