Combinatoria da 1 minuto

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nuoveolimpiadi1999
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Combinatoria da 1 minuto

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 »

Esaminiamo tutti i numeri che si scrivono con le 10 cifre: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9impiegateunaeunasola volta (ma che non cominciano con 0).
Quanti di questi numeri sono divisibili per 11?
nuoveolimpiadi1999
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Re: Combinatoria da 1 minuto

Messaggio da nuoveolimpiadi1999 »

Ragazzi ripropongo
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karlosson_sul_tetto
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Re: Combinatoria da 1 minuto

Messaggio da karlosson_sul_tetto »

Il criterio di divisibilità per 11 è che la somma delle cifre a segni alterni sia congrua a $0 \mod 11$. Il numero cercato è formato da 10 cifre; chiamo $a$ la somma delle cifre di posto pari e b quelle di posto dispari.
Sapendo che le cifre usate sono tutte quelle da 0 a 9, la loro somma è $0+1+\ldots+9=\frac{9\cdot10}{2}=45=a+b$ e per la condizione di sopra $a-b\equiv 0 \pmod{11}$.
Per ora supponiamo $a>b$ (l'altro caso è identico, basta scambiare la 1° cifra con la 10°, la 2° con la 9° ecc). Per avere $a+b=45$ e $a-b=11k$, serve che 45 e $11k$ siano della stessa parità, ovvero $k$ può essere solo 1 o 3.
Se $k=3$, allora $a+b=45$ e $a-b=33$ ci da $a=39,b=6$, ma essendo $b$ la somma di 5 cifre ciò è impossibile perché $0+1+2+3+4=10>6$.
Se $k=1$, allora $a+b=45$ e $a-b=11$ ci da $a=28,b=17$. Conto le quintuple di cifre che danno somma 17. Probabilmente ne avrò mancata qualcuna, ma dovrebbero essere: (0,1,2,5,9),(0,1,2,6,8),(0,1,3,4,9),(0,1,3,5,8).(0,1,3,6,7).(0,1,4,5,7),(0,2,3,4,8),(0,2,3,5,7),(0,2,4,5,6),(1,2,3,4,7),(1,2,3,5,6).

Ci sono quindi 11 gruppi di cifre che danno somma $17$; ora togliamo la condizione $a>b$ in modo da poter porre i gruppi o ai posti pari o ai posti dispari. Notiamo ora che qualunque sia la divisione tra i due gruppi, uno dei due avrà lo 0 e l'altro no: devo togliere i casi quando c'è lo zero come prima cifra.
Se il gruppo che ha la cifra più grande (decima da destra) non contiene lo 0, le sue cifre possono essere permutate in tutti i modi possibili, cosi come quelle del secondo gruppo. I numero che si ottiene è quindi $11\cdot 5! \cdot 5!$.
Se invece il gruppo con la cifra più a destra contiene lo 0, esso deve essere posto in uno dei 4 posti rimanenti; le altre possono essere scelte in $4!$ modi. In questo caso si ha $11\cdot 5! \cdot 4\cdot 4!$.

Il numero totale è $11\cdot 5! \cdot 5!+11\cdot 5! \cdot 4\cdot 4!=11\cdot120\cdot24\cdot(5+4)=285120$.
"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
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