Ο δυσκολότερος γρίφος του κόσμου ! (μέρος 2ο)

Για να απαντηθεί ο γρίφος που παρουσιάστηκε ΕΔΩ απαιτείται μια ιδιαίτερα πολύπλοκη λογική. Ας θυμηθούμε τον γρίφο:
Δυο μαθηματικοί – ο Γ. και ο Α. – συνελήφθησαν από μια φυλή ανθρωποφάγων. Όταν τους παρουσίασαν στον αρχηγό της φυλής με έκπληξη διαπίστωσαν ότι αυτός ήταν απόφοιτος της φυσικομαθηματικής σχολής του πανεπιστημίου Αθηνών και λάτρης των μαθηματικών. Γι αυτό τους έδωσε μια ευκαιρία για να γλιτώσουν, αρκεί να έλυναν το πρόβλημα που θα τους έθετε. Τους είπε:
«Έχω σκεφτεί δυο ακέραιους και θετικούς αριθμούς χ και ψ. Θα αποκαλύψω τώρα στον Γ, κρυφά από τον Α, το γινόμενο (p0=χ·ψ) αυτών των αριθμών.
Και μετά θα πω στον Α, κρυφά από τον Γ, το άθροισμά τους (s0=χ+ψ).»
(Το άθροισμά των αριθμών είναι είναι μικρότερο του 100 και είναι διαφορετικοί από τη μονάδα).
Στη συνέχεια ζήτησε από τους δυο μαθηματικούς να βρουν τους αριθμούς.
Ακολούθησε ο παρακάτω διάλογος μεταξύ των μαθηματικών Γ και Α
Γ: «Απ’ ότι φαίνεται δεν μπορώ να βρω τους αριθμούς» (γ1)
Α: «Το ήξερα ότι δεν θα τους βρεις!» (α1)
Γ: «Αφού είναι έτσι τώρα τους βρήκα!» (γ2)
Α: «Τώρα τους βρήκα και εγώ!» (α2)
Μπορούμε από τον παραπάνω διάλογο να βρούμε ποιοι είναι οι αριθμοί;
Με μια πρώτη ματιά αυτό φαίνεται αδύνατον ! Πως μπορούμε να βρούμε τους αριθμούς όταν δεν έχει δοθεί καμία πληροφορία γι αυτούς; Κι όμως μπορούμε !
Υποθέτουμε –χωρίς να βλάπτεται η γενικότητα – ότι χ≤ψ.
Ένας τρόπος να βρούμε τους αριθμούς είναι η μέθοδος της δοκιμής και του λάθους:
να ελέγξουμε όλα τα ζεύγη των αριθμών που ικανοποιούν τις συνθήκες

2≤χ≤ψ≤97       (1)

και

4≤s0≤99           (2)

– υπενθυμίζεται ότι s0=χ+ψ – για να δούμε ποια από αυτά «επιβιώνουν» από τον διάλογο (γ1) έως (α2). Αλλά κάτι τέτοιο είναι βαρετό και γι αυτό θα περιορίσουμε την έρευνα.

Η εικασία των Goldbach – Euler
Ποιες πληροφορίες μπορούμε να εξαγάγουμε από τις προτάσεις (γ1) και (α1);

Η πρώτη πρόταση μας λέει ότι το p0 (= χ·ψ) δεν παραγοντοποιείται μονοσήμαντα σε γινόμενο δυο αριθμών που ικανοποιούν τις ανισότητες (1) και (2).   (πρόταση γ11)

Η δεύτερη πρόταση σημαίνει ότι με όποιον τρόπο κι αν αναλύσουμε το s0 σε άθροισμα δυο αριθμών που ικανοποιούν την ανισότητα (1), το γινόμενο των προσθετέων θα έχει την ιδιότητα γ11.      (πρόταση α11)

Η πρώτη συνθήκη εξαιρεί μερικά γινόμενα, η δεύτερη αποκλείει ορισμένα αθροίσματα. Ειδικά από την (α11) έπεται ότι είναι αδύνατον να παρασταθεί το s0 ως άθροισμα δυο πρώτων. (Διαφορερικά το γινόμενο αυτών των πρώτων έχει μια και μοναδική παραγοντοποίηση σε δυο παράγοντες που ικανοποιούν τις ανισότητες (1) και (2) και επομένως δεν ικανοποιεί την (γ11)).
Κάθε άρτιος αριθμός, όμως που ικανοποιεί την ανισότητα (2) γράφεται ως άθροισμα δυο πρώτων (αυτό μπορούμε να το πιστοποιήσουμε άμεσα για όλους τους αριθμούς

4, 6, 8, …….,98

Άρα το s0 είναι περιττό. Επιπλέον το (s0-2) είναι σύνθετος αριθμός – διαφορετικά το s0=2+(s0-2) είναι μια παράσταση του s0 ως άθροισμα δυο πρώτων. Αν απορρίψουμε τους αριθμούς που δεν ικανοποιούν αυτές τις συνθήκες, καταλήγουμε σε 24 δυνατές τιμές του s0.
To επιχείρημα….που χρησιμοποιήσαμε παραπάνω – ότι όλοι οι άρτιοι αριθμοί από το 4 έως το 98 μπορούν να γραφούν ως άθροισμα δυο πρώτων – συνδέεται με ένα συναρπαστικό μαθηματικό πρόβλημα. Το 1972, ένα μέλος της Ακαδημίας των Επιστημών της Αγίας Πετρούπολης, ο Christian Goldbach (Γερμανός που προσέφερε τις υπηρεσίες του στο ρωσικό κράτος) έστειλε μια επιστολή στον Leonard Euler στην οποία διατύπωνε την εικασία ότι κάθε περιττός αριθμός μεγαλύτερος του 5 μπορεί να παρασταθεί ως άθροισμα τριών πρώτων. Ο Euler στην απάντησή του πρότεινε την εικασία ότι κάθε άρτιος αριθμός μεγαλύτερος του 2 γράφεται ως άθροισμα δυο πρώτων. (Δεν είναι δύσκολο να συναγάγουμε την εικασία του Goldbach από την υπόθεση Euler – δοκιμάστε το μόνοι σας!).
Και οι δυο εικασίες για δυο σχεδόν αιώνες, φαινόταν αδύνατον να αποδειχθούν, παρότι είχαν επαληθευτεί με άμεση έρευνα για όλους τους αριθμούς έως το 9.000.000.
Το 1930, ο σπουδαίος ρώσος μαθηματικός L.G. Shnirelman απέδειξε ότι υπάρχει ένας αριθμός k τέτοιος ώστε κάθε ακέραιος n>1 να παρίσταται ως άθροισμα k το πολύ πρώτων αριθμών. Στην απόδειξη του Shnirelman ο αριθμός k ήταν μάλλον μεγάλος. Αργότερα αποδείχθηκε ότι το θεώρημα αληθεύει για k=20.
Το 1934, ένας άλλος διάσημος ρώσος μαθηματικός, ο I. M. Vinogradov, απέδειξε ότι κάθε αριθμός n>n0, για κάποιο συγκεκριμένο n0, γράφεται ως άθροισμα τριών πρώτων. Η σταθερά του Vinogradov είναι πολύ μεγάλος αριθμός

Όσον αφορά την εικασία του Εuler δεν έχει επιτευχθεί κάποια σημαντική πρόοδος προς την κατεύθυνση της απόδειξής της. (διαβαστε περισσότερα ΕΔΩ)


Δεύτερος γύρος
Μπορούμε να μειώσουμε κι άλλο το πλήθος των υποψήφιων για το s0: μπορούμε να συμπεράνουμε από την πρόταση (α11) ότι

s0<55       (3)

Για να δούμε τον λόγο που ισχύει αυτό, ας υποθέσουμε ότι, αντίθετα 55≤s0. Τότε, το s0 δεν ικανοποιεί την (α11): μπορούμε να το αναλύσουμε ως άθροισμα δυο όρων που ικανοποιούν την ανισότητα (1), το γινόμενο των οποίων δεν ικανοποιεί τη συνθήκη (γ11). Η ανάλυση είναι s0=53+(s0-2). Πραγματικά, το γινόμενο 53·( s0-2) παραγοντοποιείται μόνο με ένα τρόπο σε γινόμενο παραγόντων που το άθροισμά τους δεν υπερβαίνει το 100, διότι ο ένας από τους δύο έχει αναγκαστικά τη μορφή 53d – αφού το 53 είναι πρώτος – και είναι μεγαλύτερος από το 100 αν d>1. Άρα d=1, και η παραγοντοποίηση είναι μοναδική. Αυτό όμως έρχεται σε αντίθεση με την ιδιότητα (α11) του s0 !
Μετά την απόδειξη της ανισότητας (3), το πλήθος των δυνατών τιμών του s0 μειώνεται σε έντεκα:

11, 17, 23, 27, 29, 35, 37, 41, 47, 51, 53     (4)

Ας προσπαθήσουμε να ανακαλύψουμε ποιοι από αυτούς του αριθμούς συμφωνούν με τη συνθήκη (α11) χωρίς άμεση έρευνα. Έστω s ένας από τους αριθμούς (4). Το s είναι περιττό, συνεπώς όταν δυο αριθμοί αθρoιζόμενοι μας δίνουν το s, ο ένας τους είναι άρτιος και ο άλλος περιττός. Επομένως, μπορούμε να γράψουμε s=2a+m. Αν το s δεν ικανοποιεί τη συνθήκη (α11), τότε για κάποιο συγκεκριμένο a υπάρχει μια και μοναδική παραγοντοποίηση του γινομένου 2am.
Αυτό το a δεν μπορεί να ισούται με τη μονάδα, διότι υπάρχουν τουλάχιστον δυο παραγοντοποιήσεις του 2m. Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι a=1. Τότε, ο αριθμός m είναι σύνθετος, οπότε μπορούμε να γράψουμε m=uv, όπου u>2 και v>2, ενώ και οι δυο παραγοντοποιήσεις

2m=2u·v=2·uv

μας ικανοποιούν:

2+uv=2+m=s≤100

και

2u+v=2+uv-(u-1)(v-2)<2+uv≤100

Έπεται ότι a≥2. Τώρα, είτε a=m είτα a≠m, μπορούμε να εξετάσουμε τις δυο περιπτώσεις ξεχωριστά. Αν a≠m, τότε η p=2a·m και η p=2m·a είναι δυο διαφορετικές παραγοντοποιήσεις. Αφού 2a+m=s<100 και η παραγοντοποίηση του p είναι μοναδική, πρέπει να έχουμε 2m+a≥100. Ταυτόχρονα, από την s=2a+m<53, έπεται ότι m≤53-2a, και επομένως 2m+a≤106-3a, άρα a≤2. Σ’ αυτή την περίπτωση, λοιπόν έχουμε a=2, 2m+a=100 και m=49, οπότε οδηγούμαστε στη μοναδική “ύποπτη” τιμή s=53 και στην ανάλυσή της 53=4+49. Στην περίπτωση a=m, ο αριθμός s=3a διαιρείται με το 3. Δυο μόνο από τους αριθμούς (4) είναι πολλαπλάσια του 3: το 27 και το 51. Οι “ύποπτες” αναλύσεις τους είναι 27=18+9 και 51=34+17. Ο αριθμός 51 δεν ικανοποιεί την (α11) – πράγματι το γινόμενο 17·34 παραγοντοποιείται μόνο με έναν τρόπο σε δυο παράγοντες με άθροισμα μικρότερο του 100, και επομένως μπορούμε να το εξαιρέσουμε από τη λίστα των “υποψηφίων για το s0”. Οι αριθμοί 27 και 53 εξακολουθούν να είναι στη λίστα: ικανοποιούν την (α11), διότι για το 27 έχουμε 9·18=2·81 και 2+81<100, και για το 53 έχουμε 4·49=7·28 και 7+28<100. Επομένως, απομένουν δέκα “υποψήφιοι”:

11, 17,23, 27, 29, 35, 37, 41, 47 και 53.

Όλοι τους ικανοποιούν την (α11).

«Τώρα τους βρήκα και εγώ!»
Τέλος, ας χρησιμοποιήσουμε τις προτάσεις (γ2) και (α2). Θα μπορούσαμε να τις ερμηνεύσουμε όπως τις δυο προηγούμενες. Υπάρχει όμως ένας συντομότερος τρόπος. Από την (α2) και την ανισότητα (3): s0<55, συμπεραίνουμε ότι s0<33 (5) Ας υποθέσουμε ότι αυτό δεν αληθεύει. Τότε, s0≥33, και ο μαθηματικός Α, αναλύοντας το s0 σε άθροισμα δυο όρων με κάθε δυνατό τρόπο, θα έβρισκε τις εξής παραλλαγές: s0=(s0-31)+31=(s0-29)+29 Η πορεία των σκέψεών του θα ήταν τότε η εξής: αν είχε δοθεί στον Γ το γινόμενο (s0-31)·31, τότε, αν χρησιμοποιούσε την εκτίμηση (3): s0<55 και το γεγονός ότι ο 31 είναι πρώτος αριθμός, θα είχε καταλάβει ότι το (s0-31)·31 έχει μόνο μια παραγοντοποίηση τέτοια ώστε το άθροισμα των δυο πρώτων όρων της να ικανοποιεί την ανισότητα (3). Τότε ο Γ θα μάντευε τους άγνωστους αριθμούς. Το ίδιο επιχείρημα, όμως, εφαρμόζεται και στο γινόμενο (s0-29)·29. Επομένως, στην περίπτωση s0≥33, o μαθηματικός Α δεν θα μπορούσε να προσδιορίσει ακριβώς τους αριθμούς χ και ψ ακόμη και μετά τη δήλωση του (γ2) του Γ, αντίθετα απ’ ό,τι συνέβη στην ιστορία μας. Άρα η ανισότητα (5): s0<33 είναι πραγματικά αληθής, και έτσι απομένουν μόνο πέντε αριθμοί:

11, 17, 23, 27, 29.

Επιπλέον, αν:

όπου p περιττός πρώτος και n>1, τότε ο Γ μπορεί να προσδιορίσει με βεβαιότητα τους μυστικούς αριθμούς, διότι υπάρχει μόνο ένα περιττό άθροισμα της μορφής

συγκεκριμένα, το

Έτσι, αν το s0 έχει δυο αναπαραστάσεις της μορφής

τότε ο Α δεν μπορεί να βρει την απάντηση και να κάνει τη δήλωση (α2). Αυτή η παρατήρηση εξαιρεί τρεις ακόμη αριθμούς, τους

11=4+7=8+3, 23 και 27,

και αφήνει στη λίστα: το 17 και το 29.

Τώρα τους βρήκαμε κι εμείς !
Στην περίπτωση του αριθμού s0=29, το τελευταίο επιχείρημα δεν ισχύει, διότι υπάρχει μόνο μια αναπαράσταση της μορφής

με p περιττό πρώτο (29=16+13). Μπορούμε, όμως, να το χρησιμοποιήσουμε ελαφρά τροποποιημένο για την ανάλυση: 29=4+25. Στην περίπτωση p0=4·25 έχουμε μόνο ένα ακόμη δυνατό περιττό άθροισμα εκτός από το 29, το 25=20+5 (προφανώς 4·25=5·35), αλλά τότε το 25-2 είναι πρώτος, ενώ το s0-2 πρέπει να είναι σύνθετος. Έτσι, σ’ αυτή την περίπτωση είναι και πάλι αδύνατον να μαντέψει ο Α τους αριθμούς, συνεπώς η λίστα των υποψηφίων περιορίζεται σε έναν αριθμό, τον 17 – δηλαδή, είτε s0=17 είτε το πρόβλημα δεν έχει λύση.
Λοιπόν, ποιο γινόμενο p0 δόθηκε στον Γ αν s0=17; Ας ερευνήσουμε τις δυνατές αναλύσεις s0 σε άθροισμα δυο όρων:

17=2+15=3+14=…=8+9

Για καθένα από τα αντίστοιχα γινόμενα, εκτός από το 4·13, Γ θα ήταν αδύνατον να μαντέψει την απάντηση και να κάνει τη δήλωση (γ2). Για παράδειγμα, στην περίπτωση της ανάλυσης 17=2+15, έχουμε p0=2·15=30=5·6, αλλά και το 17 και το 11=5+6 ικανοποιούν την ιδιότητα (α11).
Επομένως, η μοναδική δυνατή τιμή του p0 είναι 4·13=52. Με αυτή την τιμή, ο μαθηματικός Γ έχει τη δυνατότητα να μαντέψει τους αριθμούς, διότι απ’ όλες τις δυνατές αναλύσεις του 52 σε δυο παράγοντες μόνο μια, η 52=4·13, δίνει περιττό άθροισμα παραγόντων. Συνεπώς, s0=17, p0=52 και οι ζητούμενοι αριθμοί είναι το 4 και το 13.
Η παραπάνω ανάλυση βασίστηκε στο άρθρο των
S. Artyomov, Y. Gimatov και V. Fyodorov,
“Κρυφές πληροφορίες ή, πως δυο μυστικά μας δίνουν μια βεβαιότητα”
περιοδικό QUANTUM, Σεπτέμβριος/Οκτώβριος 1996.



Κατηγορίες:ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

12 replies

  1. Εγώ πάλι έχω να προτείνω μια άλλη λύση, που δε βασίζεται καθόλου σε όλα τα παραπάνω περίπλοκα: Η απάντηση είναι το 5 και το 8. Το γινόμενο είναι άρτιος (που δυσκολεύει τη λύση, εξ’ού και το γ1), και ο Α το γνωρίζει (α1). Η μόνη περίπτωση να συμβαίνει αυτό είναι το άθροισμα να είναι περιττός, που προέρχεται από περιττό + άρτιο. Μετά τη συζήτηση ο Γ καταλαβαίνει ότι το άρτιο γινόμενο που βλέπει προέρχεται από συνδυασμό περιττού χ άρτιο, κι όχι από άρτιο χ άρτιο. Εφόσον αναφωνεί ότι τους βρήκε σημαίνει ότι ο Γ είχε καταλήξει σε δύο υποψήφιους συνδυασμούς, ο ένας περιττού χ άρτιο, και ο άλλος από άρτιο χ άρτιο. Ο μόνος αριθμός που το ικανοποιεί είναι το 40 (5χ8 και 4χ10). Οι άλλοι αριθμοί αποκλείονται λόγω του διαλόγου τους (ποιός ξέρει και πότε τους μαθαίνουν). Ο συνδυασμός 4 και 10 αποκλείεται γιατί είναι και οι δύο άρτιοι

    • Αν οι αριθμοί ήταν οι 5 και 8, τότε ο μαθηματικός Α(θροισμα) θα ήξερε το άθροισμά τους 13.
      Το 13 μεταξύ των άλλων γράφεται σαν άθροισμα και ως 2 + 11. Οι αριθμοί 2 και 11 είναι πρώτοι μεταξύ τους. Συνεπώς ο Α δεν θα μπορούσε να κάνει την δήλωση «το ήξερα ότι δεν θα τους βρείς»

  2. Γι αυτόν ακριβώς το λόγο που γράφεις το ζευγάρι 2 και 11 αποκλείονται σαν λύση. Άλλωστε το 2 και 11 δίνει γινόμενο 22, οπότε ο Γ εξαρχής θα ήξερε τους αριθμούς (δε θα ίσχυε το γ1). Άρα λοιπόν: ο Α βλέπει το άθροισμα 13 και είναι ανάμεσα στις λύσεις: 5+8, 10+3, 9+4 και το 6+7.
    Τα αντίστοιχα γινόμενα θα ήταν
    5*8=40, 10*3=30, 9*4=36 και 6*7=42
    Άρα για τον Γ έχουμε τις εξής πιθανότητες
    40 από 5*8 (άρτιος*περιττό)ή από 10*4 (άρτιος * άρτιο)
    30 από 10*3 (άρτιος*περιττό) ή από 5*6 (άρτιος*περιττό)
    36 από 9*4 (άρτιος*περιττό) ή από 3*12 (άρτιος*περιττό)
    42 από 6*7 (άρτιος*περιττό) ή από 3*14 (άρτιος*περιττό)
    Ο Α δηλώνει το α1 γιατί βλέπει ένα περιττό άθροισμα, το οποίο σίγουρα προέρχεται από έναν περιττό και έναν άρτιο. Αυτοί δίνουν γινόμενο άρτιο, το οποίο δυσκολεύει τη λύση. Μετά το α1 ο Γ καταλαβαίνει το συλλογιμό του Α και συνεπώς ότι οι αριθμοί είναι άρτιος και περιττός. Εφόσον λέει το γ2, σημαίνει ότι ήταν ανάμεσα σε δύο συνδυασμούς:άρτιο*άρτιο και άρτιο*περιττό, και το α1 τον βοήθησε να διαλέξει. Μετά το γ2, ο Α καταλαβαίνει ότι η μόνη περίπτωση να βρήκε ο Γ τους αριθμούς είναι η πρώτη (40=5*8), διότι σε όλα τα άλλα πιθανά γινόμενα (30, 36 και 42) οι πιθανοί συνδυασμοί είναι και οι δύο άρτιος * περιττό

  3. Πήγαινε στο πρώτο μέρος της ανάλυσης; https://physicsgg.wordpress.com/2011/03/25/%CE%BF-%CE%B4%CF%85%CF%83%CE%BA%CE%BF%CE%BB%CF%8C%CF%84%CE%B5%CF%81%CE%BF%CF%82-%CE%B3%CF%81%CE%AF%CF%86%CE%BF%CF%82-%CF%84%CE%BF%CF%85-%CE%BA%CF%8C%CF%83%CE%BC%CE%BF%CF%85/
    και δοκίμασε την συλλογιστική που περιγράφεται εκεί για τους αριθμούς 4 και 13, για τους δικούς σου αριθμούς 5 και 8.
    Η πρόταση «το ήξερα ότι δεν θα τους βρεις» σημαίνει ότι το άθροισμα των αριθμών που γνωρίζει ο μαθηματικός Α, μεταξύ των άλλων
    ΔΕΝ αναλύεται σε άθροισμα πρώτων αριθμών…

  4. Το ότι το 13 αναλύεται ΚΑΙ σε άθροισμα πρώτων αριθμών (και μάλιστα στο 2 και 11) δεν το αποκλείει σαν λύση. Ο μαθηματικός Α φαίνεται πολύ έξυπνος άνθρωπος. Εφόσον ο ανθρωποφάγος τους βάζει σε όλη τη διαδικασία του γρίφου για να σώσουν τη ζωή τους, μάλλον δε θα έδινε το γινόμενο 22, το οποίο θα έδινε αμέσως τη λύση στον Γ! Αυτό το υποπτεύεται ο Α, και περιμένει την πρώτη αντίδραση του Γ. Εφόσον ακούει το γ1, επαληθεύεται το σκεπτικό του, κι έτσι συνεχίζεται ο γνωστός διάλογος. Να σου πω την αλήθεια, όταν μου είχαν πει το γρίφο η συνθήκη ήταν ότι οι αριθμοί είναι μεγαλύτεροι του 2, κι εκεί είχα στηρίξει όλο το σκεπτικό. Προκειμένου όμως για το ζευγάρι 2 και 11, θεωρώ ότι μπορούμε να το αποκλείσουμε με βάση τα παραπάνω, για λόγους κοινής λογικής

  5. ΚΑΙ ΣΤΗΝ ΤΕΛΙΚΗ, ακόμα κι αν δε δεχτείς όλα τα παραπάνω, θα μπορούσαμε να καταλήξουμε στη λύση 4/13 με πολύ απλούστερο και σύντομο τρόπο, με τη λογική που σου περιέγραψα παραπάνω. Ψάχνουμε για τον πρωτο περιττό αριθμό που δεν αναλύεται σε ζευγάρι πρώτων προσθετέων, κι αυτό είναι το 17 (υπάρχει και το 11, αλλά αποκλείεται λόγω των γινομένων που δίνει, δε θα ίσχυε ο διάλογος). Από τα γινόμενα των πιθανών ζευγών, ψάχνουμε αυτό που προέρχεται από δύο μόνο περιπτώσεις: ένα άρτιο*άρτιο κι ένα άρτιο*περιττό, διότι μόνο τότε ο Γ θα καταλάβαινε τη λύση. Από αυτά μόνο το 4*13 (=52=2*26)ικανοποιεί τη συνθήκη. Οπότε μάλλον θα έσωζα κι εγώ τη ζωούλα μου, κι ας μην είμαι μαθηματικός

  6. Μην ξεχνάς ότι ο ανθρωποφάγος είναι απόφοιτος της φυσικομαθηματικής σχολής του πανεπιστημίου Αθηνών και για λόγους συναδελφικότητας ίσως και να έδινε ως γινόμενο το 22 😉

  7. Έχεις δίκιο, αυτό το στοιχείο δεν το έλαβα υπόψη μου! Και σε μένα, επειδή είμαι χημικός, λόγω ανταγωνισμού θα έδινε σίγουρα τη δύσκολη εκδοχή! καλό ΣΚ!

  8. Δε νομίζω ότι χρειάζεται τόση ανάλυση. Αρκεί λίγη υπολογιστική ισχύς. Αρχικά βρίσκουμε τα γινόμενα που ικανοποιούν την (γ11) με Η/Υ. Από τα γινόμενα που ικανοποιούν την (γ11) μπορούμε με Η/Υ να βρούμε άμεσα τα αθροίσματα που ικανοποιούν την (α11).

    Λόγω της πρώτης δήλωσης του Α, ο μαθηματικός Γ ξέρει ότι το άθροισμα είναι σε αυτά που ικανοποιούν την (α11). Παρ’ όλο που δεν ξέρει ποιο είναι το σωστό άθροισμα, εντούτοις λύνει το πρόβλημα. Αυτό σημαίνει ότι το γινόμενο που είχε ήταν τέτοιο που υπήρχε *μοναδικό* άθροισμα ώστε η προκύπτουσα εξίσωση Vieta να δίνει λύσεις που ικανοποιούν τους αρχικούς περιορισμούς. Από αυτή την παρατήρηση, μπορούμε με τη βοήθεια Η/Υ να μειώσουμε δραστικά τον αριθμό των γινομένων που εξετάζουμε (σε λιγότερα από 120).

    Με παρόμοια λογική, εφόσον ο Α λύνει το πρόβλημα ξέροντας μόνο το άθροισμα και το γεγονός ότι το γινόμενο ανήκει σε αυτά τα περίπου 120, μπορούμε να συμπεράνουμε ότι ο άθροισμα που ξέρει ο Α είναι τέτοιο ώστε να υπάρχει μοναδική σωστή λύση στην εξίσωση Vieta. Από αυτή την παρατήρηση προκύπτει άμεσα (με τη βοήθεια Η/Υ) ότι το μοναδικό δυνατό άθροισμα είναι το 17.

    Και ύστερα με εξαντλητική αναζήτηση βρίσκεις ότι τα (4, 13) είναι η μόνη λύση που ικανοποιεί όλους τους περιορισμούς.

    Η λύση σε 17 γραμμές Haskell:
    https://dl.dropboxusercontent.com/u/8889146/PermaLinks/riddle.hs

  9. Εγω το είχα λύσει μόνος μου,με το σκεπτικό που ξεκινάς και συ,και είχα βρει τα 2 και 9 ως λύσεις, με άθροισμα 11 και γινόμενο 18,και δεν κατάλαβα ποτέ γιατί απορρίφθηκε…

  10. Λύνοντας τον γρίφο έφτασα σε ένα σημείο όπου (χ,ψ)=(4,13),(4,37),(16,37),(4,61),(32,47),(8,89),ενώ δοκίμασα όλες τις παραπάνω λύσεις και μου βγήκαν δεκτές.Μπορεί κάποιος να τις ελέγξει?

  11. Για την ακρίβεια πιστευω πως η παραπάνω απόδειξη αρχίζει και »χαλάει» την στιγμή που αναφέρεται πως S<55 , καθως και στην συνέχεια ο λόγος για τον οποίο απορρίπτεται το 29 μου φαίνεται λανθασμένος.Η πρόταση »Στην περίπτωση του αριθμού s0=29, το τελευταίο επιχείρημα δεν ισχύει, διότι υπάρχει μόνο μια αναπαράσταση της μορφής 2(ν) + P » ισχυει και για S=17. Πράγματι αν στον Γ έχει δοθεί ο αριθμος 4χ37 ενω στον Α ο αριθμος 41 τοτε η Γ δηλωνει πως δεν γνωριζει αφου βρισκεται σε διλημμα αναμεσα στα:(χ,ψ)=(4,37) και (2,74).Στην συνεχεια ο Α αφου το αθροισμα δεν ειναι ουτε αρτιος ουτε της μορφης S=2 + p δηλωνει πως το η3ερε πως δεν 3ερει.Τοτε ο Γ καταλαβαινει πως το αθροισμα δεν ειναι αρτιος και μενει η περιπτωση 4,37.Ετσι δηλωνει πως το βρηκε.Τελος ο Α καταλαβαινει πως χ=2(n) και ψ=p και αρα μοναδικη περιπτωση ειναι η χ,ψ=4,37.Αρα υπαρχουν περισσοτερες λυσεις απο την παραπανω και συγκεκριμενα 7!

Σχολιάστε

Εισάγετε τα παρακάτω στοιχεία ή επιλέξτε ένα εικονίδιο για να συνδεθείτε:

Λογότυπο WordPress.com

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό WordPress.com. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Google

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Google. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Twitter

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Twitter. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Φωτογραφία Facebook

Σχολιάζετε χρησιμοποιώντας τον λογαριασμό Facebook. Αποσύνδεση /  Αλλαγή )

Σύνδεση με %s

Ο ιστότοπος χρησιμοποιεί το Akismet για την εξάλειψη των ανεπιθύμητων σχολίων. Μάθετε πως επεξεργάζονται τα δεδομένα των σχολίων σας.

Αρέσει σε %d bloggers: