Problem z przyjętym zakładem

[akrylowy]

Na wstępie witam wszystkich użytkowników.
Piszę z pewnym problemem, dla mnie dość istotnym.
Pod wpływem impulsu przyjąłem zakład, że rozwiąże zadanie Archimedesa. Jako, że jestem studentem szkoły artystycznej możecie się domyśleć iż z matematyką nie mam wiele wspólnego.
Treść zadania brzmi tak:

Bóg słońca pasał swoje bydło na wyspie Thrinakii.
Miał cztery stada. W jednym wszystkie zwierzęta były białe w drugim czarne, w trzecim wszystkie rude, a w czwartym łaciate. W każdym ze stad ilość byków znacznie przewyższała liczbę krów. Ilość białych byków równa się połowie ilości czarnych byków plus jedna trzecia, plus wszystkie rude byki. Ilość czarnych byków równa się jednej czwartej, plus jednej trzeciej białych byków, plus wszystkie rude byki. Łaciatych byków jest tyle, co jedna szósta plus jedna siódma białych byków, plus wszystkie rude byki.
Jeśli chodzi o krowy to białych krów jest tyle, co jedna trzecia plus jedna czwarta całego czarnego stada, a więc krów i byków razem; ilość czarnych krów równa się jednej czwartej plus jednej piątej całego łaciatego stada; łaciatych krów jest tyle, co jedna piąta plus jedna szósta rudego stada; wreszcie ilość rudych krów wynosi tyle, co jedna szósta plus jedna siódma białego stada.
Jeśli we właściwy sposób ustawimy wszystkie białe i czarne byki otrzymamy kwadrat; jeśli zaś weźmiemy rude i białe – trójkąt.
Oblicz ile krów i ile byków pasło się w każdym stadzie?

Mam pewne zapiski i próbę rozwiązania, ale regulamin zabrania pokazywania (mogę ewentualnie podesłać link prywatną wiadomością). Nie liczę na rozwiązanie z waszej strony. Chciałbym po prostu dowiedzieć się czy jest ono w ogolę do zrobienia, może ktoś trafił z was na podobne zadanie?

Pozdrawiam.

[sigmaIpi]

Teoretycznie powinno być do zrobienia.
Układ równań który można ułożyć z pierwszej części zadania zależny jest od 2-parametrów. Ma zatem nieskończenie wiele rozwiązań, chociaż niekoniecznie muszą one być całkowite.

W kolejnej części masz dwie dodatkowe informacje i zapewne one pozwolą nam z nieskończonego zbioru rozwiązań wybrać tylko te, które nas interesują, czyli całkowite.

Bardzo fajna zagadka, chociaż ułamki doprowadzają do szału jeszcze pokombinuję.

-- 20 lut 2011, o 17:16 --

Właśnie obaliłam swoją teorie, że się da. Nie jestem tylko pewna, czy dobrze zrozumiałam treść zadania.
Niech ktoś rzuci okiem:

Przyjęłam oznaczenia x-liczba białych byków, y-liczba czarnych byków, z-liczba rudych.

Wówczas, ponieważ:

Ilość białych byków równa się połowie ilości czarnych byków plus
jedna trzecia, plus wszystkie rude byki

mogę napisać:
\(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}y+\frac{1}{3}+z}\)
Skoro \(\displaystyle{ x,y,z\in \mathbb N}\) więc \(\displaystyle{ \frac{1}{2}y+\frac{1}{3}\in \mathbb N}\)

i dalej
\(\displaystyle{ \frac{1}{2}y+\frac{1}{3}\in \mathbb N \Leftrightarrow \frac{3y+2}{6}\in\mathbb N}\), Zatem \(\displaystyle{ 3y+2}\) jest liczbą naturalną, podzielną przez 6 a to ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje całkowite k takie, że

\(\displaystyle{ 3y+2=6k \Leftrightarrow 3y=6k-2 \Leftrightarrow y=2k-\frac{2}{3}}\) a to jest niemozliwe, wobec \(\displaystyle{ y\in \mathbb N}\).

Właściwie, można by już wcześniej dedukować, z postaci \(\displaystyle{ \frac{1}{2}y+\frac{1}{3}\in \mathbb N}\) widać już, że to niemożliwe.

[mazurxD]

Jeśli oznaczymy jako A-białe byki, B-czarne byki, C-rude byki czy pierwszym warunkiem będzie:
\(\displaystyle{ A=\frac{B}{2}+\frac{1}{3}+C}\), czy raczej:

\(\displaystyle{ A=\frac{B}{2}+\frac{B}{3}+C}\)
trochę zainspirowała mnie ta zagadka, osobiście pierwszą moją myślą było pierwsze równanie, ale zaczynam mieć wątpliwości co Wy o tym sądzicie?-- 20 lut 2011, o 17:36 --stwierdzam, przeprowadzając podobny dowód jak wyżej (którego nie widziałem, jak pisałem poprzedniego posta), że aby ta zagadka była do rozwiązania, bardziej prawdopodobnym równaniem jest moje drugie równanie, pierwsze jest sprzeczne

[Jan Kraszewski]

A czy tam nie powinno być

"Liczba białych byków równa się połowie liczby czarnych byków plus jedna trzecia liczby łaciatych byków plus wszystkie rude byki"?

Przecież widać, że jak dodamy \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\), to nie ma szansy wyjść.

JK

[sigmaIpi]

No właśnie ta treść jest dziwna. Jeśli jest źle zapisana, to w kilku miejscach:

Ilość białych byków równa się połowie ilości czarnych byków plus
jedna trzeciałaciatych, plus wszystkie rude byki.

Ilość czarnych byków równa się jednej czwartejŁaciatych, plus jednej trzeciej białych byków, plus wszystkie rude byki.

Łaciatych byków jest tyle, co jedna szósta czarnych(?)plus jedna siódma białych byków, plus wszystkie rude byki.

Chodzi o zakład, zatem jakiś haczyk może być. Tylko, żeby AŻ tak duży??

[jacdiag]

zadanie odkopane z prehistorii ...
czy wg poniższego uda się rozwiązać

A białe byki ; B czarne byki ; C rude byki ; D łaciate byki
E białe krowy ; F czarne krowy ; G rude krowy ; H łaciate krowy

\(\displaystyle{ A > E ; B > F ; C > G ; D > H}\)

\(\displaystyle{ A = \frac{B}{2} + \frac{B}{3} + C}\)

\(\displaystyle{ B = \frac{A}{4} + \frac{A}{3} + C}\)

\(\displaystyle{ D = \frac{A}{6} + \frac{A}{7} + C}\)

\(\displaystyle{ E = \frac{(B + F)}{3} + \frac{(B+F)}{4}}\)

\(\displaystyle{ F = \frac{(D+H)}{4} + \frac{(D+H)}{5}}\)

\(\displaystyle{ H = \frac{(C+G)}{5} + \frac{(C+G)}{6}}\)

\(\displaystyle{ G = \frac{(A+E)}{6} + \frac{(A+E)}{7}}\)


\(\displaystyle{ \sqrt{A+B} \in \mathbb{N}}\)

\(\displaystyle{ (A+C) \in S_{n} = \frac{(n)(n+1)}{2}}\) \(\displaystyle{ \hbox{ * }}\)

* za ustawienie w "trójkąt" uznałem 1+2+3+4+...+n

[indris]

Informacje o rozwiązaniu są pod adresem: