Ο γρίφος της εβδομάδας – Μιγχάουζεν Χ3

Καλό μήνα (από αύριο) και να προσέχετε τι θα πιστέψετε πρωταπριλιάτικα!

1. Ο βαρόνος Μιγχάουζεν ισχυρίζεται ότι έχει υπόψη του ένα πολύεδρο, του οποίου κάθε έδρα έχει διαφορετικό αριθμό ακμών από κάθε άλλη.
Υπάρχει περίπτωση να λέει αλήθεια ο βαρόνος;
Αν ναι δώστε ένα παράδειγμα, αν όχι γιατί;

2. Κάποτε ο βαρόνος Μιγχάουζεν είπε στον Τσάκ Νόρις:
Έχω στο νου εννιά διαφορετικούς θετικούς ακεραίους με άθροισμα 1000 και αν σου πω μόνο τον μεσαίο σε μέγεθος, θα τους ξέρεις όλους.
Τότε ο Τσακ απάντησε:
Τους ξέρω ήδη όλους.
Υπάρχει περίπτωση ένας τους ή και οι δύο να έλεγαν την αλήθεια; Αιτιολογήστε.

3. Ο βαρόνος Μιγχάουζεν ισχυρίζεται ότι έχει υπόψη του ζευγάρια τιμών (χ,η), όπου χ πραγματικός και η θετικός ακέραιος, για τα οποία το πολυώνυμο p(x) = 1+ x + x^2/2! + x^3/3! + … + x^(2n)/(2n)! παίρνει τιμές μικρότερες ή ίσες του 0.
Υπάρχει περίπτωση να λέει την αλήθεια; Αιτιολογήστε.

11 σχόλια

  1. Carlo de Grandi

    Θανάση καλημέρα και καλό μήνα να έχουμε (από αύριο) και χωρίς εκπλήξεις στη δήλωση του φόρου εισοδήματος.
    Μπορείς να μου απαντήσεις στο γρίφο:
    Η Προσέγγιση του π
    διότι προσπ΄θησα να βρω κάποια πληροφορί και μπόρεσα.
    Ρωτησα και τον Θανάση Δρούγα, αλλά δεν το ήξερε.
    Εάν το ξέρεις απάντησε στα σχόλια (28-03-2019).
    Εάν απαντήσεις διέγραψε αυτό το σχόλιο.
    Σ’ ευχαριστώ εκ των προτέρων.
    Carlo

  2. pantsik

    1. Κάνω ένα γράφημα του υποθετικού πολυέδρου στο οποίο ο κάθε μαύρος κόμβος συμβολίζει μία έδρα και ο κάθε λευκός κόμβος συμβολίζει μία ακμή. Ο κάθε λευκός κόμβος πρέπει να συνδέεται με δύο μαύρους γιατί κάθε ακμή συνδέει ακριβώς δύο έδρες. Επίσης δύο μαύροι κόμβοι μπορούν να έχουν το πολύ έναν κοινό λευκό κόμβο που να συνδέονται με αυτόν, γιατί δύο έδρες έχουν το πολύ μία κοινή ακμή.
    Ο ελάχιστος αριθμός λευκών κόμβων που μπορούν να συνδέονται με έναν μαύρο είναι 3 γιατί η έδρα με τις ελάχιστες ακμές είναι το τρίγωνο.
    Σύμφωνα με τον ισχυρισμό του Βαρόνου, ο αριθμός των λευκών κόμβων που συνδέονται σε κάθε μαύρο κόμβο είναι διαφορετικός και αυτό σε συνδυασμό με τα παραπάνω οδηγεί στο συμπέρασμα ότι μένουν λευκοί κόμβοι που συνδέονται μόνο με έναν μαύρο και όχι με δύο όπως θα έπρεπε. Άρα το υποθετικό πολύεδρο είναι αδύνατο.

    2. Ο Βαρόνος υπονοεί πως ο μεσαίος του αριθμός προσδιορίζει με μοναδικό τρόπο τους υπόλοιπους. Αν ο αριθμός αυτός είναι ο 196 τότε οι 4 αριθμοί πριν από αυτόν και οι 4 μετά από αυτόν πρέπει να είναι οι ελάχιστοι δυνατοί για να μην υπερβαίνει το άθροισμα το 1000. Πράγματι, 1+2+3+4+196+197+198+199+200 = 1000.
    Ο Τσακ υπονοεί πως δεν υπάρχει άλλος αριθμός εκτός του 196 με αυτήν την ιδιότητα, οπότε δεν χρειάζεται καν να τον ακούσει και έχει δίκιο. Άρα λένε και οι δύο αλήθεια.

    3. Αν χ>0 τότε όλοι οι όροι της σειράς είναι θετικοί, άρα το αποτέλεσμα είναι θετικό.
    Αν χ<0 τότε αφού το 2*η είναι ζυγό, οι θετικοί όροι της σειράς είναι κατά 1 περισσότεροι από τους αρνητικούς και επειδή ο τελευταίος που είναι και ο μεγαλύτερος είναι θετικός, το αποτέλεσμα είναι επίσης θετικό.
    Αν χ=0 τότε το αποτέλεσμα είναι 1, δηλαδή θετικό.
    Άρα σε κάθε περίπτωση ο Βαρόνος λέει ψέματα. Θα έλεγε αλήθεια αν οι δύο πρώτοι όροι του πολυωνύμου αντί για 1 + χ γράφονταν χ^0/0! + χ^1/1!. Τότε πράγματι για χ=0 το αποτέλεσμα θα ήταν 0.

  3. batman1986

    Οσον αφορα τον γρίφο 1:

    Καθε ακμη ανήκει γενικά σε 2 εδρες(κοινη)

    Αν ισχυριστουμε οτι έχουμε εστω κ εδρες τότε μια έδρα μπορεί να έχει το λιγότερο 3 ακμές(αφου ειναι η στοιχειώδης περίπτωση του τριγώνου, δεν γίνεται παρακάτω..)

    Συμφωνα με την εκφωνηση αν είχαμε π.χ. κ έδρες τότε καθεμία από τις κ έδρες θα έπρεπε να έχει αντίστοιχα

    3,4,5,6…., κ-1,κ,κ+1,κ+2 ακμές ώστε να μην υπάρχει σε καμία κοινός αριθμός

    όμως η εδρα με κ+2 ακμές θα δημιουργούσε αλλες κ+2 εδρες που θα εφάπτονταν.Κοινώς το σχήμα θα ήταν κ+3 εδρο αναγκαστικά

    Κάτι που είναι άτοπο αφου αναφερόμαστε σε κ-εδρο

    Αρα δεν είναι δυνατόν να υπάρξει τέτοιο σχήμα

  4. batman1986

    2. Εδω λένε και οι 2 αλήθεια . Η λογική είναι η εξής

    Πρέπει οι 4 πρώτοι αριθμοί να αντιστοιχούν σε ένα μοναδικό άθροισμα μέχρι εκείνο το σημείο

    Το 10 είναι η περίπτωση που σχηματίζεται από 4 μοναδικούς αριθμούς οι οποίοι είναι οι

    1,2,3,4

    Αρα σπάω τους υπόλοιπους 5 έτσι ώστε οι 4 πρωτοι να αθροίζουν σε 10 που ειναι και οι μοναδικοι

    Το υπόλοιπο είναι το 990. Απο αυτο αφαιρώ 10 ετσι ώστε να μοιράσω στις μονάδες των 4 τελευταίων τα 1,2,3,4

    Απομένει το 980 το οποίο το διαιρω με 5 και έχουμε το 196 (και οι 5 )

    Ο μεσαίος λοιπόν είναι ο 196 και οι 4 τελευταίοι 197(196+1) 198(196+2) 199(196+3) 200(196+4)

    Αρα οι αριθμοι είναι κατά σειρά 1,2,3,4,196,197,198,199,200

  5. ΚΣ

    Πρόβλημα 1.
    Αν κάθε έδρα θεωρηθεί ως μια «πόρτα» και κάθε ακμή ως ένας «μεντεσές» η κάθε «πόρτα» συνδέεται με διαφορετικό αριθμό άλλων πορτών με έναν «μεντεσέ» για κάθε περίπτωση. Έστω ν το πολύεδρο, άρα έχουμε ν πόρτες. Δεχόμενοι τον διαφορετικό αριθμό συνδέσεων , στη χειρότερη εκδοχή όπου έστω η πόρτα (ν) συνδεόταν με ν-1 πόρτες , η πορτα (ν-2) με ν-3 πόρτες κλπ θα φτάναμε στο σημείο όπου αναγκαστικά η πόρτα νούμερο 3 θα είχε ίδιο αριθμό συνδέσεων με κάποια από τις πόρτες ν ως 4 αφού, υπάρχει ο περιορισμός όπου ο ελάχιστος αριθμός που μπορεί να ενωθεί μια πόρτα με άλλες είναι ο 3. Συνεπώς δεν υπάρχει τέτοιο πολύεδρο.
    Πρόβλημα 2. Παρατηρούμε ότι 1+2+3+4=10, καθώς και 196+197+198+199+200=990
    Αν ο μεσαίος αριθμός είναι ο 196, με δεδομένο ότι το μικροτερο δυνατό άθροισμα 4 αριθμών είναι το 10 αναγκαστικά οδηγούμαστε στην 9αδα 1,2,3,4, 196,197,198,199,200, αφού οποιαδήποτε 4αδα από το 196 και έπειτα δίνει άθροισμα μεγαλύτερο του 990. Συνεπώς έχουν δίκιο και οι δύο.

  6. Στράτος

    2. Οι τέσσερεις μικρότεροι αριθμοί δεν μπορούν να έχουν άθροισμα μικρότερο του 10 (1+2+3+4). Επομένως οι 5 μεγαλύτεροι αθροίζουν το πολύ 990. Αρα, ο πέμπτος μικρότερος δεν μπορεί να είναι μεγαλύτερος του 196 (διοτι 197+198+199+200+201=995>990)
    Επομένως αν ο πέμπτος είναι ο 196, τοτε υποχρεωτικά οι τέσσερεις μεγαλύτεροι είναι οι 197,198,199,200, με συνολικό άθροισμα των πέντε 990, και οι τέσσερεις μικροτεροι είναι οι 1,2,3,4.

  7. batman1986

    3. Γινεται εφ όσον οι όροι που έχουν περιττή δύναμη παίρνουν τέτοιο αρνητικό χ έτσι ώστε η απόλυτη τους τιμή να είναι μεγαλύτερη του προηγούμενου θετικού όρου και επόμενου θετικού όρου αθροιστικά

    πρέπει πχ για 2ν=4 και ν!=4!

    χ^3/3!>=χ^2/2! +χ^4/4!

    χ^2*(χ/3-1-χ^2/12)>=0

    Πρέπει χ/3-1-χ^2/12>=0

    Ομως Δ= (1/3)^2-4*(-1/12)*(-1)=(1/9)-(1/3) δηλαδή αρνητική διακρίνουσα

    οπότε ο αριθμός χ δεν μπορεί να είναι πραγματικός

    Γενικά χ^(2ν-1)/(2ν-1)!>x^(2n)/(2n)!+x^(2n-2)/(2n-2)!

    χ^(2ν-2)*(χ/(2ν)-1-χ^12/(2ν-1)*(2ν))>0

    Γενικα η 2 βαθμια βγαζει αρνητική διακρίνουσα

    Οπότε δεν γίνεται

  8. Θανάσης Παπαδημητρίου

    Ολόσωστες όλες οι απαντήσεις / αποδείξεις στα 1 και 2 και μπράβο στους φίλους που τις έδωσαν!

    Πάνο, για αρνητικούς χ, οι θετικοί όροι είναι μεν κατά έναν περισσότεροι από τους αρνητικούς, αλλά ούτε ο τελευταίος όρος είναι απαραίτητα ο μεγαλύτερος, όπως γράφεις, ούτε αυτό, ακόμα κι όταν/αν συμβαίνει, αποδεικνύει νομίζω ότι η τιμή του πολυωνύμου είναι θετική. Επίσης το 0^0 είτε δεν ορίζεται είτε ορίζεται σε 1, οπότε και με τον τρόπο που λες να γραφόταν το πολυώνυμο δεν θα άλλαζε κάτι.

    Μπάτη, δε βλέπω στην ανάλυσή σου, αν την καταλαβαίνω σωστά, πού και πώς λαμβάνεις υπόψη τον όρο 1 του πολυωνύμου. Θυμίζω ότι αν έλειπε ο όρος αυτός, τότε ο ισχυρισμός του Μιγχάουζεν για χ=0 θα ήταν σωστός ανεξαρτήτως τιμής η.

    Προτείνω εναλλακτικά να δούμε την παρακάτω απόδειξη του ψέματος, που καλύπτει νομίζω όλες τις περιπτώσεις:

    Το p(x) είναι πολυώνυμο άρτιου βαθμού με θετικό το συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου, επομένως p(x) -> +∞ , τόσο για χ->+∞ όσο και για χ->-∞. Αυτό σημαίνει ότι σε κάποια ενδιάμεση τιμή χ, η τιμή του p(x) ελαχιστοποιείται.
    Η παραγώγιση του p(x) δίνει:
    p'(x) = 1+x+x^2/2+x^3/3!+…+x^(2n-1)/2n-1)! = p(x) – x^(2n)/(2n)! => p(x) = p'(x) + x^(2n)/(2n)! (1)
    Στην τιμή χ που ελαχιστοποιεί την τιμή του p(x), θα είναι p'(x)=0, ενώ x^(2n)/(2n)! > 0 για κάθε χ ≠ 0. Επομένως από την (1), θα έχουμε:
    min p(x) = 0 + x^(2n)/(2n)! = x^(2n)/(2n)! > 0, αν χ ≠ 0.
    Αν πάλι χ=0, τότε p(x) = 1 > 0.
    Σε κάθε περίπτωση, p(x) > 0 , επομένως ο βαρόνος ψεύδεται.

  9. batman1986

    @Θαναση ο όρος 1 του πολυωνύμου λαμβάνεται υπόψιν σε αυτο που λέω σα γενική περίπτωση. ότι πρέπει καθε όρος με περιττη δύναμη να είναι μεγαλύτερος από το αθροισμα του επόμενου και προηγούμενου Θετικού αριθμού

    Αντιχτοιχα αν είχαμε 2ν=2 τοτε θα έπρεπε χ>χ^2/2+1

    -χ^2/2-1+χ>0

    Αρα πάλι η διακρίνουσα εδω είναι Δ= 1-4(-1/2)*(-1)=-1

    Δηλαδή αρνητική διακρίνουσα.Άρα για πραγματικό αριθμό δεν μηδενίζεται ποτέ οπότε το προσημο της είναι μονίμως αρνητικό δηλαδή αποκλείεται η υπόθεση του κάθε ορου με περιττή δύναμη εκθέτη να είναι μεγαλύτερη η ίση του αθροίσματος του προηγούμενου και επόμενου όρου (άρττιοι)

    Στη γενική περίπτωση που σου έγραψα και πιο πάνω

    χ^(2ν-2)*(χ/(2ν)-1-χ^2/(2ν-1)*(2ν))>=0

    Πρέπει
    χ/(2ν)-1-χ^2/(2ν-1)*(2ν)>=0

    Διακρίνουσα Δ=(1/4ν^2)-4 (-1)*(-1/((2ν-1)*(2ν))) ειναι προφανώς αρνητική

    Αρα η p(x) δεν μηδενίζεται ποτέ και έχει μονίμως θετικό πρόσημο

    Αφου αν δοκιμάσουμε μια τυχαία τιμή έστω χ=0 p(x)=1>0

    Αρα ισχύει μονίμως ότι ολοι οι περιττοί όροι είναι μικρότεροι από το αθροισμα του επόμενου και του προηγουμενου (άρττιοι)

  10. Θανάσης Παπαδημητρίου

    Πολύ όμορφα Μπάτη, με το διευκρινιστικό σχόλιό σου νομίζω ότι όλσ μπαίνουν στη θέση τους και μπράβο!

  11. batman1986

    Ευχαριστω βέβαια η λύση σου είναι πιο κομψη και ωραια 🙂

Αφήστε μια απάντηση

Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *