[Citat] Este vorba de o problema de concurs la clasa a V-a. Are urmatorul enunt: "În câte moduri putem colora cu 5 culori un pătrat de tipul 3x3 astfel incât în fiecare pătrat de tipul 2x2, ce se află în interiorul pătratului de tipul 3x3, să existe 4 culori diferite?" Ma intereseaza cum vedeti o solutie potrivita pentru clasa a 5-a, precum si parerea voastra: e grea, e simpla, e potrivita pentru clasa a 5-a....etc.

7160

Dacă un copil de clasa a V-a face așa ceva, ajunge mareee!

Revin: doar 4320

[Citat] 7160 Dacă un copil de clasa a V-a face așa ceva, ajunge mareee!

Ca să scap de morala domnului Petre:

Ca să înțeleagă și cei mai mici, numerotez pătrățelele ca pe tastele unui telefon, de la 1 la 9.
- Colorez testele 1-2-4-5 cu patru dintre cele 5 culori. Avem aranjamente de 5 luate câte 4 variante. (aici este greu de priceput pentru cei mici, dar se poate „despica firul în 4”!) Deci 120 variante.
- Colorez tasta 3 cu o culoare ce este permisă. Avem 3 variante.(culoarea diferă de culoarea de pe tasta 2 sau 4) Deci până acum 120x3=360 variante.
- Colorez tasta 6 cu o culoare ce este permisă. Avem 2 variante.(culoarea diferă de culoarea de pe tasta 2, sau 3, sau 5). Deci până acum 360x2=720 variante.
- Colorez tasta 9 cu o culoare ce este permisă. Avem 3 variante.(culoarea diferă de culoarea de pe tasta 5, sau 6). Deci până acum 720x3=2160 variante.
- Colorez tasta 8 cu o culoare ce este permisă. Avem 1 variantă.(culoarea diferă de culoarea de pe tasta 4, sau 5, sau 6, sau 9). Deci până acum 2160x1=2160 variante.
- Colorez tasta 7 cu o culoare ce este permisă. Avem 2 variante.(culoarea diferă de culoarea de pe tasta 4, sau 5, sau 8). Deci până acum 2160x2=4320 variante.

Din toate aceste variante trebuie scăzute cele ce folosesc doar 4 culori(în enunț se spune să folosim 5).
Pe acestea le numărăm asemănător.
- Colorez testele 1-2-4-5 cu patru dintre cele 5 culori. Avem aranjamente de 5 luate câte 4 variante.
Pentru fiecare din aceste variante, continuăm colorarea pas cu pas la fel ca mai sus, dar ținem seama că nu mai sunt 5 culori, ci doar cele patru alese. Dar când ajung la tasta 8, constat că nu o pot colora, deoarece trebuie să fie diferită de tastele 4,5,6,9, adică am epuizat culorile.
Deci nu avem posibilitatea să colorăm doar cu patru culori.

Răspunsul este deci 4320 variante. (sper să nu fi greșit iar!)

[Citat] - Colorez tasta 8 cu o culoare ce este permisă. Avem 2 variante.(culoarea diferă de culoarea de pe tasta 5, sau 6, sau 9)

Trebuie să difere şi de culoarea de pe tasta 4!

[Citat] [Citat] - Colorez tasta 8 cu o culoare ce este permisă. Avem 2 variante.(culoarea diferă de culoarea de pe tasta 5, sau 6, sau 9) Trebuie să difere şi de culoarea de pe tasta 4!

Așa este. Am bănuit că graba o să strice . Am să corectez mai sus.

Nu e suficient. Dacă tastele 4 şi 6 au aceeaşi culoare, pentru tasta 8 avem 2 posibilităţi de colorare, nu una.

V-aş invita să citiţi soluţia postată de mine mai devreme.

[Citat] Nu e suficient. Dacă tastele 4 şi 6 au aceeaşi culoare, pentru tasta 8 avem 2 posibilităţi de colorare, nu una. V-aş invita să citiţi soluţia postată de mine mai devreme.

Iar aveti dreptate. Asta complică raționamentul meu. Am să încerc să-l repar dacă se poate tot pe această cale, dar acum nu mai am timp.

(Rezolvarea dv. este clară, dar două rezolvări nu strică)

[Citat] "În câte moduri putem colora cu 5 culori un pătrat de tipul 3x3 astfel incât în fiecare pătrat de tipul 2x2, ce se află în interiorul pătratului de tipul 3x3, să existe 4 culori diferite?"

Problema de clasa a V-a ar face foarte bine sa introduca notatiile ca mai sus
(in paranteza sau ca explicatie suplimentara)

a b c
d e f
g h i

sau macar sa ne spuna ca sunt *patru* patrate (compacte de culori) in care cele patru culori folosite sa difere. (Exprimarea cu "exista patru culori diferite" este nenaturala.)

In acest mod, cei (putini, dar nu neaparat lipsiti de inteligenta) ce se gândesc ca poate si "a,c,g,i" formeaza un "patrat de tipul 2x2" afla ca nu este asa din start si se pot concentra sa rezolve o problema simpla.
Altfel problema este mult mai complicata.

(Iar cei si mai putini, dar nu lipsiti de inventivitate exagerata, care considera ca si bdfh este un patrat de tip 2x2 - mai ales pentru a simplifica ceva din problema deja complicata - vor fi scutiti de interpretari exagerate. Asa ceva se face la limba româna.)

Rezolv cu calculatorul problema in care se plaseaza 5 "culori" 1,2,3,4,5 in literele / variabilele

a,b,c
d,e,f
g,h,j

cu proprietatea ca multimile
{a,b,d,e}
{b,c,e,f}
{d,e,g,h}
{e,f,h,j}
au exact câte patru elemente.

(Aceasta este fara indoiala cea mai simpla solutie la nivel de clasa a cincea. Daca este ceva neclar, rog a fi intrebat. O singura mentiune, len este functia "length", cardinalitatea unei multimi in cadrul de fata.)

Dupa parerea mea, gigelmarga a dat mai sus o solutie directa (adica una care merge direct la tel), simpla si viabila care poate fi inteleasa la nivel de clasa a V-a.

(Revin insa cu remarca des facuta pe acest site, o problema este potrivia pentru o clasa Y daca solutia traieste in cadrul matematic facut la scoala pâna la clasa Y *si* daca maturitatea matematica pentru a cauta si gasi solutia la acest nivel este in concordanta. Problema de combinatorica de fata depaseste maturitatea elor ce tocmai au pasit in gimnaziu. Este uneori bine sa ne intrebam de ce din ce in ce mai putini elevi indragesc matematica si de ce din ce in ce mai multi sunt "buni" la matematica. Deci daca solutia vine la nivel de clasa a V-a, nu inseamna ca problema este una de clasa a V-a. In definitiv, ce cunostinte superioare are un elev de clasa a V-a in plus fata de unul de clasa a IV-a pentru a putea rezolva problema? Stie el ceva de produs cartezian, de numar de elemente al lui, in plus? Nu chiar..)

Autorului problemei ii doresc doar ca diversitate sa primeasca problema de clasa a VI-a (pentru ca a trecut deja de clasa a V-a) in care totul este "la fel" despre constelatiile de colorari de numarat, cu conditia in plus ca cele patru culori a,c,g,j in notatiile de mai sus sa difere de asemenea.
Vom vedea ce grad de maturitate combinatorica are autorul, dar mai ales de ce intelegere a situatiei de dovada, când ii prezentam solutia de clasa a VI-a a aceleiasi probleme de numarare. Si asta cu miza corespunzatoare. Tot asa cum pentru un elev de clasa a V-a a rezolva sau nu o astfel de problema in concurs revine la a arata parintilor in una din putinele ocazii ca face tot ce poate si ca face bine, ar fi bine ca autorul problemei sa primeasca miza publicarii solutiei (sau ce-o fi) in ziarul local.

Problema a fost data la concursul de matematica "Cristian Calude" pe 24.10.2015. Pe site www.mategl.com puteti vedea subiectele(pr. 15 var. A) si raspunsurile.Raspunsul dat de propunatori, fara justificare, este 8640.
La asta am ajuns si eu dupa urmatorul rationament:
Notez casutele asa
123
456
789
Pentru casuta 1 am 5 posibilitati de colorare, pentru 2 am 4, pentru 4 am 3, pentru iar pentru 5 am 2. Pentru 3 si 6 (pentru ca am folosit doua culori la 2 si 5) am 3 si respectiv doua posibilitati.La fel pentru 7 si 8, am 3 respectiv 2, iar pentru 9 am doar doua posibilitati.
Numarul ar fi 5*4*3*2*6*6*2=8640.
Unde gresesc eu ?
Initial am crezut ca domnul gigelmarga s-a grabit, dar nu prea a fost asa, mai ales ca vine confirmarea de la domnul prof. Gauss
Mie imi pare problema grea si din cauza asta v-am cerut parerea.

Va multumesc mult pentru postarile pentru acest subiect in primul rând!
Avem doua raspunsuri, deci unul este gresit. Consider ca din astfel de situatii se invata mult mai mult. Cautarea unei greseli, interpretarea critica a unei solutii (punându-ne intrebarea la fiecare pas daca e bine si de ce e bine) sunt lucruri importante in invatare.

Sa vedem asadar...

Casutele fiind notate cu cifre, sunt nevoit sa notez culorile cu
A, B, C, D, E .
Culori necunoscute sunt mai jos X, Y, Z... necunoscute care se afla in
{ A, B, C, D, E } .

[Citat] Problema a fost data la concursul de matematica "Cristian Calude" pe 24.10.2015. Pe site www.mategl.com puteti vedea subiectele(pr. 15 var. A) si raspunsurile. Raspunsul dat de propunatori, fara justificare, este 8640. La asta am ajuns si eu dupa urmatorul rationament: Notez casutele asa 123 456 789 Pentru casuta 1 am 5 posibilitati de colorare, pentru 2 am 4, pentru 4 am 3, pentru iar pentru 5 am 2. Pentru 3 si 6 (pentru ca am folosit doua culori la 2 si 5) am 3 si respectiv doua posibilitati. La fel pentru 7 si 8, am 3 respectiv [color]2, ...

M-am oprit la punctul nevralgic. In cazul in care am ocupat poziiile 1,2,3,4,5,6,7 cu

ABC
CDE
A?

care sunt cele doua posibilitati pentru semnul de intrebare de pe pozitia 8?
Avem o singura posibilitate, B!


Putem da si o solutie dupa aceasta idee de numarare. Sa incercam.
Sa zicem ca am colorat casutele 123 si 456.
Numarul de cazuri este dat fara indoiala de produsul

(5.4.3.2) . (3.2)

unde prima paranteza corespunde modurilor de a aranja cinci culori diferite in
12
45
iar a doua paranteza numara posibilitatile de a umple apoi - mai intâi casuta 6 (asa vreau eu), apoi casuta 3.
Am ajuns acum la a mai umple si 789, astfel incât sa tinem cont de "zidul" de pe pozitiile 456. Acest zid este fie de forma XYZ, fie de forma XYX, unde litere diferite stau pentru culori diferite. Si acum intervin mici diferente.

Pentru a umple pozitiile 789 in cazul

***
XYZ
789

avem - pentru 8 doua posibilitati, si am inceput cel mai bine cu pozitia 8, iar pentru 7, apoi 9, *câte* doua posibilitati. Deci avem câte (2.2.2) modalitati de umplere, "cazul XYZ".

Pentru a umple pozitiile 789 in cazul

***
XYX
789

avem - pentru 8 TREI posibilitati, iar pentru 7, apoi 9, *câte* doua posibilitati.
Deoarece nu avem in fiecare caz acelasi numar de subcazuri, trebuie sa ne intoarcem la plasarile pozitiei 6 si sa ramificam.


In câte cazuri avem zidul XYZ (cu Z diferit de X)?
Evident avem
(5.4.3.2) . (2 (pentru Z) . 2)
modalitati de plasare. Pentru o fiecare astfel de plasare avem apoi inca
(2.2.2) modalitati de umplere, "cazul XYZ".

In câte cazuri avem zidul XYX?
Evident avem
(5.4.3.2) . (1 (pentru al doilea X) . 2)
modalitati de plasare. Pentru o fiecare astfel de plasare avem apoi inca
(3.2.2) modalitati de umplere, "cazul XYX".

Deci dam in total de
(5.4.3.2) . (2.2) . (2.2.2) + (5.4.3.2) . (1.2) . (3.2.2)
= (5.4.3.2) . (2.2.2) . (2.2 + 1.3)
si la ultimul pas am schimbat ordinea factorilor...
In combinatorica chiar exista o ramura a puristilor care vrea sa "realizeze" orice problema de numarare rescriind multimea de numarat M sub o alta forma, N, incat sa avem o bijectie intre M si N. Cu cât avem o descriere mai clara a lui N si cu cât bijectia este mai simplu de explicat, cu atât solutia este mai estetica. In cazul nostru avem o astfel de solutie, daca chiar stim si vrem sa facem multimi din produse, dar la sfârsit schimbam o ordine de factori. Cumva am sentimentul ca nu suntem la punctul estetic optim. Daca ne ducem inapoi pe firul gândirii si numararii ca sa vedem unde putem sa rescriem mai bine, incât sa nu mai schimbam din factori... vedem ca ajungem la solutia data de gigelmarga mai sus.

Excelent! Va multumesc! Am priceput unde era "cuiul lui Pepelea"!!!