1. Σε ένα τουρνουά μπάσκετ 14 ομάδων, κάθε ομάδα θέλει να παίξει σε 14 ακριβώς παιχνίδια.
Η οργανωτική επιτροπή του τουρνουά θέλει να χωρίσει τις ομάδες σε δύο γκρουπ, όχι απαραίτητα ίσου αριθμού ομάδων, με τρόπο που οι αγώνες μεταξύ ομάδων διαφορετικών γκρουπ να είναι όσοι και οι αγώνες μεταξύ ομάδων του ιδίου γκρουπ.
Σαν μαθηματικός σύμβουλος της επιτροπής, θα μπορούσατε να προτείνετε ένα πρόγραμμα αγώνων που ικανοποιεί όλους τους παραπάνω όρους;
Αν ναι δώστε ένα παράδειγμα, αν όχι γιατί;
2. Σε μια φάση ενός αγώνα της Εθνικής μας στο παγκόσμιο της Κίνας, ο Γιάννης Αντετοκούνμπο πήρε το αμυντικό ριμπάουντ και, αφού μεσολάβησαν 7 πάσες μεταξύ παιχτών της Εθνικής μας, κάρφωσε την μπάλα στο αντίπαλο καλάθι.
Με πόσες διαφορετικές ακολουθίες πασών θα μπορούσε να γίνει αυτό;
2.Κάθε πάσα από την 1η μέχρι και την 5η μπορεί να γίνει με 4 τρόπους. Άρα συνολικά με 4^5 τρόπους. Αν αυτός που θα πάρει την 5η πάσα και θα κάνει την 6η είναι ο Αντετοκούνμπο θα έχει 4 επιλογές, αν όχι θα έχει 3. Άρα θα πρέπει να βρω πόσες από τις 4^5 πάσες δεν θα πάνε στον Αντετοκούνμπο, που είναι 204(256-52). Άρα η απάντηση είναι 4^6-204=4096-204=3892.
1. Αν α είναι το πλήθος των ομάδων του Α’ γκρουπ, β το πλήθος των ομάδων του Β’ γκρουπ, π το πλήθος των παιχνιδιών που θα παίξει η κάθε ομάδα (εδώ π=14), Παα το πλήθος των παιχνιδιών που θα παίξουν οι ομάδες του Α’ γκρουπ μεταξύ τους, Πββ το πλήθος των παιχνιδιών που θα παίξουν οι ομάδες του Β’ γκρουπ μεταξύ τους και Παβ το πλήθος των παιχνιδιών που θα παίξουν οι ομάδες του Α’ γκρουπ με τις ομάδες του Β’ γκρουπ, τότε μπορούμε να γράψουμε τις παρακάτω εξισώσεις:
α+β=14
2Παα + Παβ = π*α
2Πββ + Παβ = π*β
Παα + Πββ = Παβ
2(Παα+Πββ+Παβ) = π(α+β)
από τις οποίες προκύπτει ότι α = 21/2 – Πββ/7 και β = 7/2 – Πββ/7. Αφού το α πρέπει να είναι ακέραιος προκύπτει ότι Πββ/7 = μονός/2 ==> Πββ = μονός/2 που είναι αδύνατον γιατί το Πββ είναι επίσης ακέραιος.
Άρα τα α και β δεν μπορούν να πάρουν ακέραιες τιμές, οπότε το ζητούμενο είναι αδύνατο.
2. Το πλήθος των συνδυασμών του γρίφου μπορεί να υπολογιστεί από την αναδρομική συνάρτηση:
$$ f(n) = 4[f(n-1) + (-1)^{n-1}] $$
όπου n είναι ο αριθμός των πασών που αλλάχτηκαν πριν πιάσει την μπάλα ο Αντετοκούνμπο για το τελικό κάρφωμα. Ο όρος 4f(n-1) σημαίνει πως οι συνδυασμοί της f(n) είναι 4 φορές περισσότεροι από τους συνδυασμούς της f(n-1) αφού 4 παίκτες μπορούν να πάρουν την πάσα. Ο όρος (1)^(n-1) δείχνει ότι το πλήθος της f(n-1) μειώνεται και αυξάνεται εναλλάξ κατά 1, το οποίο προκύπτει από το γεγονός ότι οι πάσες προς τον Αντετοκούνμπο είναι εναλλάξ κατά 1 λιγότερες ή κατά 1 περισσότερες απ’ ότι προς τους υπόλοιπους παίκτες.
Ισχύει ότι f(1)=4, αφού την πρώτη πάσα μπορούν να την πάρουν 4 παίκτες. Μετά από 6 πάσες θα έχουμε f(6)=3276 που είναι το ζητούμενο πλήθος συνδυασμών.
Πρόβλημα 1
Παρατήρηση 1=> το σύνολο των αγώνων είναι 14*14/2=98 αγώνες.
Παρατήρηση 2 => Αν α,β,γ είναι τα επιμέρους αθροίσματα των αγώνων των γκρουπ Α, Β κ των ομάδων των διαφορετικών γκρουπ αντίστοιχα, ισχύει ότι
Α+Β+Γ=98, Α+Β=Γ=> Γ=49, Α+Β=49.
Αν μία ομάδα δίνει (14-χ) αγώνες εντός του γκρουπ όπου ανήκει, τότε δίνει χ αγώνες με ομάδες του άλλου γκρουπ.
Έστω χ1,χ2,χ3..χκ τα «εξωτερικά» παιχνίδια που δίνουν οι ομάδες του ενός γκρουπ, έστω του Α.
Με βάση τις παραπάνω παρατηρήσεις αναγκαστικά ισχύει χ1+χ2+χ3+…+χκ=49
Επιπλέον ισχύει ότι το σύνολο των εσωτερικών παιχνιδιών στο γκρουπ Α (έστω Ψ) δίνεται ως [(14-χ1)+(14-χ2)+(14-χ3)+…+(14-χκ)]/2=Ψ =>
14κ=2Ψ+49=> κ=2Ψ/14+49/14, για να είναι ακέραιο το κ θα πρέπει το 2Ψ=7mod14, που είναι αδύνατο. **Διαιρούμε δια 2 για να αποφύγουμε τα διπλομετρήματα αφού το ίδιο παιχνίδι έχει μετρηθεί δύο φορές -μια από κάθε ομάδα.
Άρα δεν μπορεί να φτιαχτεί τέτοιο πρόγραμμα αγώνων.
Εναλλακτικά, αν θεωρήσουμε χ τα παιχνίδια που δίνει η κάθε μια ομάδα εντός και 14-χ αυτά που δίνει εκτός του γκρουπ. Ισχύει 14κ-(χ1+χ2…+χκ)=49=> 14κ=98=>κ=7. Άρα αν υπάρχει τέτοιο πρόγραμμα θα πρέπει να χωρίζει τις ομάδες σε δύο γκρουπ των 7 έκαστο.
Το σύνολο των εσωτερικών παιχνιδιών του γκρουπ Α (έστω Ψ) δίνεται ως
[(14-χ1)+(14-χ2)….+(14-χ7)]/2=Ψ => 14*7-49=2Ψ=>Ψ= 29,5 πράγμα αδύνατο αφού Ψ πρέπει να είναι ακέραιος.
Πρόβλημα 2
Θεωρούμε Π1, Π2,Π3,Π4,Π5,Π6,Π7 τις πάσες.
Θέτουμε Α όταν ο Γιάννης παίρνει την μπάλα.
Μπορούμε να έχουμε τις εξής περιπτώσεις αφού πλέον ο Α πασάρει
• Ο Α παίρνει την μπάλα στο τέλος (μια φορά) => Π1, Π2,Π3,Π4,Π5,Π6, Α => αυτό γίνεται με 4*3*3*3*3*3*1=972
• Ο Α παίρνει την μπάλα δύο φορές => Π1, Π2,Π3,Π4,Α,Π6,Α =>4^2*3^3=432
• => Π1, Π2,Π3,Α,Π5,Π6,Α => 432
• => Π1, Π2,Α,Π4,Π5,Π6,Α =>432
• => Π1,Α,Π3,Π4,Π5,Π6,Α =>432
• Ο Α παίρνει την μπάλα τρεις φορές => Π1, Π2,Α,Π4,Α,Π6,Α=>4^3*3=192
• => Π1, Α,Π3,Π4,Α,Π6,Α=>192
• => Π1, Α,Π3,Α,Π5,Π6,Α=>192
Ο Α δεν μπορεί να πάρει την μπάλα περισσότερες φορές. 972+432*4+192*3=3276
Για το πρόβλημα 1 εναλλακτικά μπορούμε να σκεφτούμε ως εξής:
Θεωρούμε χ1,χ2,χ3…. τα παιχνίδια που έδωσαν οι ομάδες του ενός γκρουπ μεταξύ τους και 14-χ1, 14-χ2…. τα εξωτερικά παιχνίδια
Ισχύει (14-χ1)+(14-χ2)+….(14-χκ)=49=>14κ=49+(χ1+χ2…χκ)
Αφού το 14κ είναι ζυγός θα πρέπει το (χ1+χ2+…χκ) να είναι μονός.
Όμως ισχύει ότι (χ1+χ2…+χκ)/2=Ψ, όπου Ψ το σύνολο των εσωτερικών παιχνιδιών χωρίς τα διπλομετρήματα.
(χ1+χ2…+χκ)/2=Ψ=> (χ1+χ2…+χκ)=2Ψ, δηλαδή ζυγός αριθμός, άρα αδύνατο !
Ευχαριστώ και συγχαίρω θερμά τους φίλους για τις θαυμάσιες ιδέες και λύσεις τους!
Δίνω μόνο μια ακόμα απλή αναδρομική προσέγγιση στο 2:
Έστω τ(ν) το πλήθος των διαφορετικών ακολουθιών αν μεσολαβούν ν πάσες.
Οι πιθανοί αποδέκτες κάθε πάσας είναι 4, αλλά αποδέκτης της προτελευταίας δεν μπορεί να είναι ο Γιάννης, αλλιώς δεν θα μπορούσε να είναι ο αποδέκτης της τελευταίας. Επομένως ισχύει η αναδρομική σχέση:
τ(ν) = 4^(ν-1)-τ(ν-1).
Έχουμε τ(1)=0, αφού ο Γιάννης δεν μπορεί να δώσει την πάσα στον εαυτό του. Έτσι εύκολα προκύπτει ότι τ(2)=4, τ(3)=12, τ(4)=52, τ(5)=204, τ(6)=820, τ(7)=3276