---

Hej

Jeg skal sætte nogle bådhold. Der er følgende præmisser:

Der er i 18 personer, der skal fordeles på 6 hold hver dag i 6 dage. Hvert
hold skal bestå af tre personer. Vi skal altså have 36 hold á tre personer.

Endvidere gælder det, at 6 af de 18 personer ikke må være på hold med
hinanden, da de skal fungere som styrmænd. Der skal altid være netop én
styrmand pr. båd.

Kan det lade sig gøre, uden at nogen kommer på hold med hinanden mere end én
gang?

---

On Fri, 20 Jun 2003 11:35:42 +0200
"Christian R. Larsen" <crlarsen@hotmail.com> wrote:

> Hej
>
> Jeg skal sætte nogle bådhold. Der er følgende præmisser:
>
> Der er i 18 personer, der skal fordeles på 6 hold hver dag i 6 dage. Hvert
> hold skal bestå af tre personer. Vi skal altså have 36 hold á tre personer.
>
> Endvidere gælder det, at 6 af de 18 personer ikke må være på hold med
> hinanden, da de skal fungere som styrmænd. Der skal altid være netop én
> styrmand pr. båd.
>
> Kan det lade sig gøre, uden at nogen kommer på hold med hinanden mere end én
> gang?
>
Snildt

Den letteste måde er nok at fryse styrmændende til bådene og så forestille dig dem sat
i en ring. Inden i ringen sætter du så halvdelen af de resterende 12 mand, og resten uden for
så de står ved hver sin båd. For hver dag der går så roterer du bare de innerste mænd den ene vej og
de yderste men den anden vej.

Du har så yderligere den fordel at du kan har mulighed for at balancere lidt på styrken, ved f.eks
at sætte alle de svageste inderst og alle de stærkeste yderst. Dev vil nemlig ikke møde hinande inbyrdes.


--
Poul-Erik Andreasen

---

"Poul-Erik Andreasen" <poulerik@pea.dk> skrev i en meddelelse
news:20030620141703.48ebe2b8.poulerik@pea.dk...
> Kan det lade sig gøre, uden at nogen kommer på hold med hinanden mere end
én
> gang?
>
"Snildt

Den letteste måde er nok at fryse styrmændende til bådene og så forestille
dig dem sat
i en ring. Inden i ringen sætter du så halvdelen af de resterende 12 mand,
og resten uden for
så de står ved hver sin båd. For hver dag der går så roterer du bare de
innerste mænd den ene vej og
de yderste men den anden vej.

Du har så yderligere den fordel at du kan har mulighed for at balancere lidt
på styrken, ved f.eks
at sætte alle de svageste inderst og alle de stærkeste yderst. Dev vil
nemlig ikke møde hinande inbyrdes."

Det virker da netop ikke. Det vil give en gentagelse den fjerde dag:

(A-F er styrmænd, 1-12 er de resterende holddeltagere. Bådholdene er lodret,
jeg har her gennemgået 4 dage)

A B C D E F
1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12

A B C D E F
2 3 4 5 6 1
12 7 8 9 10 11

A B C D E F
3 4 5 6 1 2
11 12 7 8 9 10

A B C D E F
4 5 6 1 2 3
10 11 12 7 8 9

- Her er 1 og 7 igen sammen osv.

---

> (A-F er styrmænd, 1-12 er de resterende holddeltagere. Bådholdene er
lodret,
> jeg har her gennemgået 4 dage)
>
> A B C D E F
> 1 2 3 4 5 6
> 7 8 9 10 11 12
>
> A B C D E F
> 2 3 4 5 6 1
> 12 7 8 9 10 11
>
> A B C D E F
> 3 4 5 6 1 2
> 11 12 7 8 9 10
>
> A B C D E F
> 4 5 6 1 2 3
> 10 11 12 7 8 9
>
> - Her er 1 og 7 igen sammen osv.

Hvis nu at de 12 deltagere der ikke er styrmænd laver en stor cirkel som
roterer fåes:

A B C D E F
1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12

A B C D E F
7 1 2 3 4 5
8 9 10 11 12 6

A B C D E F
8 7 1 2 3 4
9 10 11 12 6 5

A B C D E F
9 8 7 1 2 3
10 11 12 6 5 4

A B C D E F
10 9 8 7 1 2
11 12 6 5 4 3

A B C D E F
11 10 9 8 7 1
12 6 5 4 3 2

Så vidt jeg kan se er kravene opfyldt.

Bjørn

---

Bjørn Petersen skrev:

>Hvis nu at de 12 deltagere der ikke er styrmænd laver en stor cirkel som
>roterer fåes:

>A B C D E F
>1 2 3 4 5 6
>7 8 9 10 11 12
>
>A B C D E F
>7 1 2 3 4 5
>8 9 10 11 12 6
>
>A B C D E F
>8 7 1 2 3 4
>9 10 11 12 6 5
>
>A B C D E F
>9 8 7 1 2 3
>10 11 12 6 5 4
>
>A B C D E F
>10 9 8 7 1 2
>11 12 6 5 4 3
>
>A B C D E F
>11 10 9 8 7 1
>12 6 5 4 3 2

>Så vidt jeg kan se er kravene opfyldt.

Du glemmer at tage hensyn til styrmændene. Der er medlemmer af
holdene og må ikke have samme makker to gange. Det er umuligt at
passe dem ind i dit skema med den betingelse.

--
Bertel
http://bertel.lundhansen.dk/   FIDUSO: http://fiduso.dk/

---

> >A B C D E F
> >1 2 3 4 5 6
> >7 8 9 10 11 12
> >
> >A B C D E F
> >7 1 2 3 4 5
> >8 9 10 11 12 6
> >
> >A B C D E F
> >8 7 1 2 3 4
> >9 10 11 12 6 5
> >
> >A B C D E F
> >9 8 7 1 2 3
> >10 11 12 6 5 4
> >
> >A B C D E F
> >10 9 8 7 1 2
> >11 12 6 5 4 3
> >
> >A B C D E F
> >11 10 9 8 7 1
> >12 6 5 4 3 2
>
> >Så vidt jeg kan se er kravene opfyldt.
>
> Du glemmer at tage hensyn til styrmændene. Der er medlemmer af
> holdene og må ikke have samme makker to gange. Det er umuligt at
> passe dem ind i dit skema med den betingelse.

Det tror jeg nu ikke at jeg gør.
A B C D E og F er navnene på styrmændene. Bådene lader vi som er er ens.

Bjørn

---

"Bjørn Petersen" <bjorn@kollegiegaarden.dk> writes:

> Det tror jeg nu ikke at jeg gør.
> A B C D E og F er navnene på styrmændene. Bådene lader vi som er er ens.

Ja, og både dag 1 og dag 2 er A og 7 på samme hold.
/L
--
Lasse Reichstein Nielsen - lrn@hotpop.com
Art D'HTML: <URL:http://www.infimum.dk/HTML/randomArtSplit.html>
'Faith without judgement merely degrades the spirit divine.'

---

"Bjørn Petersen" <bjorn@kollegiegaarden.dk> writes:

> > >A B C D E F
> > >1 2 3 4 5 6
> > >7 8 9 10 11 12
> > >
> > >A B C D E F
> > >7 1 2 3 4 5
> > >8 9 10 11 12 6

> > Du glemmer at tage hensyn til styrmændene. Der er medlemmer af
> > holdene og må ikke have samme makker to gange. Det er umuligt at
> > passe dem ind i dit skema med den betingelse.
>
> Det tror jeg nu ikke at jeg gør.
> A B C D E og F er navnene på styrmændene. Bådene lader vi som er er ens.

Person 7 er i samme båd som styrmand A både første og anden dag.

..Henrik

--
"The ultimate goal of mathematics is to eliminate all need for
intelligent though" - Graffiti af ukendt i 'Concrete Mathematics'

---

> Person 7 er i samme båd som styrmand A både første og anden dag.

ØV!

---

Bjørn Petersen skrev:

>> >A B C D E F
>> >1 2 3 4 5 6
>> >7 8 9 10 11 12
>> >
>> >A B C D E F
>> >7 1 2 3 4 5
>> >8 9 10 11 12 6

>> Du glemmer at tage hensyn til styrmændene.

>Det tror jeg nu ikke at jeg gør.
>A B C D E og F er navnene på styrmændene. Bådene lader vi som er er ens.

Ja, men styrmand A er makker med 7 to gange og F med 6. Der er
andre gengangere.

--
Bertel
http://bertel.lundhansen.dk/   FIDUSO: http://fiduso.dk/

---

On Fri, 20 Jun 2003 14:47:55 +0200
"Christian R. Larsen" <crlarsen@hotmail.com> wrote:

> "Poul-Erik Andreasen" <poulerik@pea.dk> skrev i en meddelelse
> news:20030620141703.48ebe2b8.poulerik@pea.dk...
> > Kan det lade sig gøre, uden at nogen kommer på hold med hinanden mere end
> én
> > gang?
> >
> "Snildt
>
> Den letteste måde er nok at fryse styrmændende til bådene og så forestille
> dig dem sat
> i en ring. Inden i ringen sætter du så halvdelen af de resterende 12 mand,
> og resten uden for
> så de står ved hver sin båd. For hver dag der går så roterer du bare de
> innerste mænd den ene vej og
> de yderste men den anden vej.
>
> Du har så yderligere den fordel at du kan har mulighed for at balancere lidt
> på styrken, ved f.eks
> at sætte alle de svageste inderst og alle de stærkeste yderst. Dev vil
> nemlig ikke møde hinande inbyrdes."
>
> Det virker da netop ikke. Det vil give en gentagelse den fjerde dag:


Ups det havde jeg overset. Der var jeg vist lidt for hurtig.
Efter at have set lidt på det så tror jeg det ikke, der vi altid blive lidt
overlap, men måske der er nogen der er klogere end mig
(det er der sikkert)

--
Poul-Erik Andreasen

---

Poul-Erik Andreasen skrev:

>Ups det havde jeg overset. Der var jeg vist lidt for hurtig.
>Efter at have set lidt på det så tror jeg det ikke, der vi altid blive lidt
>overlap, men måske der er nogen der er klogere end mig

Jeg har ikke en løsning, men det vil være en god idé at isolere
styrmændene og så lave tomandshold ud af de 12 roere. Så skal man
bare kombinere dem rigtigt.

Jeg gætter på at det kan lade sig gøre.

--
Bertel
http://bertel.lundhansen.dk/   FIDUSO: http://fiduso.dk/

---

Bertel Lund Hansen wrote:
> Poul-Erik Andreasen skrev:
>
>
>>Ups det havde jeg overset. Der var jeg vist lidt for hurtig.
>>Efter at have set lidt på det så tror jeg det ikke, der vi altid blive lidt
>>overlap, men måske der er nogen der er klogere end mig
>
>
> Jeg har ikke en løsning, men det vil være en god idé at isolere
> styrmændene og så lave tomandshold ud af de 12 roere. Så skal man
> bare kombinere dem rigtigt.
>
> Jeg gætter på at det kan lade sig gøre.

Jeg har dette bud:

A B C D E F
Dag1 1 12 6 12 5 12 4 12 3 12 2 12
Dag2 2 11 1 11 6 11 5 11 4 11 3 11
Dag3 3 10 2 10 1 10 6 10 5 10 4 10
Dag4 4 9 3 9 2 9 1 9 6 9 5 9
Dag5 5 8 4 8 3 8 2 8 1 8 6 8
Dag6 6 7 5 7 4 7 3 7 2 7 1 7

Roerne er inddelt i to grupper, dem fra 1-6 og
dem fra 7-12. Roere fra samme gruppe kommer ikke
på hold. Vi holder nu roerne fra gruppe 2 fast
og roterer roerne fra gruppe 1.

Pudsigt nok er ovenstående en efterrationalisering.

--
Jens Axel Søgaard

---

Jens Axel Søgaard wrote:
> Jeg har dette bud:
>
> A B C D E F
> Dag1 1 12 6 12 5 12 4 12 3 12 2 12
> Dag2 2 11 1 11 6 11 5 11 4 11 3 11
> Dag3 3 10 2 10 1 10 6 10 5 10 4 10
> Dag4 4 9 3 9 2 9 1 9 6 9 5 9
> Dag5 5 8 4 8 3 8 2 8 1 8 6 8
> Dag6 6 7 5 7 4 7 3 7 2 7 1 7
>
> Roerne er inddelt i to grupper, dem fra 1-6 og
> dem fra 7-12. Roere fra samme gruppe kommer ikke
> på hold. Vi holder nu roerne fra gruppe 2 fast
> og roterer roerne fra gruppe 1.
>
> Pudsigt nok er ovenstående en efterrationalisering.

Det er faktisk stort set Poul-Eriks metode, botset
fra, at kun en gruppe roere roteres roligt.

--
Jens Axel Søgaard

---

Jens Axel Søgaard skrev:

>Jeg har dette bud:

> A B C D E F
>Dag1 1 12 6 12 5 12 4 12 3 12 2 12
>Dag2 2 11 1 11 6 11 5 11 4 11 3 11
>Dag3 3 10 2 10 1 10 6 10 5 10 4 10
>Dag4 4 9 3 9 2 9 1 9 6 9 5 9
>Dag5 5 8 4 8 3 8 2 8 1 8 6 8
>Dag6 6 7 5 7 4 7 3 7 2 7 1 7

Betyder det ikke at roer 12 skal sidde i samtlige 6 både på dag
1?

--
Bertel
http://bertel.lundhansen.dk/   FIDUSO: http://fiduso.dk/

---

Bertel Lund Hansen wrote:
> Jens Axel Søgaard skrev:
>
>
>>Jeg har dette bud:
>
>
>> A B C D E F
>>Dag1 1 12 6 12 5 12 4 12 3 12 2 12
>>Dag2 2 11 1 11 6 11 5 11 4 11 3 11
>>Dag3 3 10 2 10 1 10 6 10 5 10 4 10
>>Dag4 4 9 3 9 2 9 1 9 6 9 5 9
>>Dag5 5 8 4 8 3 8 2 8 1 8 6 8
>>Dag6 6 7 5 7 4 7 3 7 2 7 1 7
>
>
> Betyder det ikke at roer 12 skal sidde i samtlige 6 både på dag
> 1?

Ups.


--
Jens Axel Søgaard

---

On Fri, 20 Jun 2003 23:58:49 +0200
Bertel Lund Hansen <nospamfor@lundhansen.dk> wrote:

> Poul-Erik Andreasen skrev:
>
> >Ups det havde jeg overset. Der var jeg vist lidt for hurtig.
> >Efter at have set lidt på det så tror jeg det ikke, der vi altid blive lidt
> >overlap, men måske der er nogen der er klogere end mig
>
> Jeg har ikke en løsning, men det vil være en god idé at isolere
> styrmændene og så lave tomandshold ud af de 12 roere. Så skal man
> bare kombinere dem rigtigt.
>
> Jeg gætter på at det kan lade sig gøre.

Det var det jeg prøvede i en time det kan jeg ikke.
Hvad værre er jeg kan ikke rigtig gennemskue hvorfor.

Men det har noget at gøre med at både 2 og 3 går op i 6
mens og 4 bar kan ses om en 2 i forskydning den anden
vej.

Hvis det var 15 roere på 5 dage
eller 21 roere på 7 dage ville der ikke være problemer.



--
Poul-Erik Andreasen

---

Poul-Erik Andreasen skrev:

>> Jeg gætter på at det kan lade sig gøre.

>Det var det jeg prøvede i en time det kan jeg ikke.
>Hvad værre er jeg kan ikke rigtig gennemskue hvorfor.

Din forklaring lyder som om du prøvede med en cirkelmodel. Det
behøver man jo ikke.

Jeg regnede ud at der er 66 mulige tomandshold. Så tænkte jeg mig
at vi satte styrmændene fast i hver sin båd, og så regnede jeg på
om jeg kunne tage én båd og forsyne med nye roere 6 dage i træk.

1. dag er der frit valg (66 muligheder). De to roere indgår i 11
hold hver, hvoraf ét er dem begge sammen, d.v.s. at der nu er 21
hold der ikke må sættes i denne båd.

2. dag er der 45 muligheder. Igen er der 21 hold der nu ikke kan
bruges, men de 4 af dem er allerede udelukket, d.v.s. 17 nye.

3. dag er der 28 muligheder. 21 hold - 8 hold: 13 nye hold
udelukkes.

4. dag er der 15 muligheder. 21 hold - 12 hold: 9 hold udelukkes.

5. dag er der 6 muligheder. 21 hold - 16 hold: 5 hold udelukkes.

6. dag er der 1 mulighed.

Jeg kan ikke gennemskue om de andre både automatisk også vil have
hold nok at tage af. Derfor mit gæt.

--
Bertel
http://bertel.lundhansen.dk/   FIDUSO: http://fiduso.dk/

---

On Sat, 21 Jun 2003 10:25:07 +0200
Jens Axel Søgaard <usenet@jasoegaard.dk> wrote:

> Jens Axel Søgaard wrote:
> > Jeg har dette bud:
> >
> > A B C D E F
> > Dag1 1 12 6 12 5 12 4 12 3 12 2 12
> > Dag2 2 11 1 11 6 11 5 11 4 11 3 11
> > Dag3 3 10 2 10 1 10 6 10 5 10 4 10
> > Dag4 4 9 3 9 2 9 1 9 6 9 5 9
> > Dag5 5 8 4 8 3 8 2 8 1 8 6 8
> > Dag6 6 7 5 7 4 7 3 7 2 7 1 7
> >
> > Roerne er inddelt i to grupper, dem fra 1-6 og
> > dem fra 7-12. Roere fra samme gruppe kommer ikke
> > på hold. Vi holder nu roerne fra gruppe 2 fast
> > og roterer roerne fra gruppe 1.
> >
> > Pudsigt nok er ovenstående en efterrationalisering.
>
> Det er faktisk stort set Poul-Eriks metode, botset
> fra, at kun en gruppe roere roteres roligt.

Bortset fra den lille detalje at flere af dine roere lider
af personlighedsspaltning.
(jeg kunne ikke lade være

--
Poul-Erik Andreasen

---

On Sat, 21 Jun 2003 10:41:50 +0200
Bertel Lund Hansen <nospamfor@lundhansen.dk> wrote:

> Poul-Erik Andreasen skrev:
>
> >> Jeg gætter på at det kan lade sig gøre.
>
> >Det var det jeg prøvede i en time det kan jeg ikke.
> >Hvad værre er jeg kan ikke rigtig gennemskue hvorfor.
>
> Din forklaring lyder som om du prøvede med en cirkelmodel. Det
> behøver man jo ikke.
>
> Jeg regnede ud at der er 66 mulige tomandshold. Så tænkte jeg mig
> at vi satte styrmændene fast i hver sin båd, og så regnede jeg på
> om jeg kunne tage én båd og forsyne med nye roere 6 dage i træk.
>
> 1. dag er der frit valg (66 muligheder). De to roere indgår i 11
> hold hver, hvoraf ét er dem begge sammen, d.v.s. at der nu er 21
> hold der ikke må sættes i denne båd.
>
> 2. dag er der 45 muligheder. Igen er der 21 hold der nu ikke kan
> bruges, men de 4 af dem er allerede udelukket, d.v.s. 17 nye.
>
> 3. dag er der 28 muligheder. 21 hold - 8 hold: 13 nye hold
> udelukkes.
>
> 4. dag er der 15 muligheder. 21 hold - 12 hold: 9 hold udelukkes.
>
> 5. dag er der 6 muligheder. 21 hold - 16 hold: 5 hold udelukkes.
>
> 6. dag er der 1 mulighed.
>
> Jeg kan ikke gennemskue om de andre både automatisk også vil have
> hold nok at tage af. Derfor mit gæt.

Jeg vil ikke afvise at der netop er lige præcis en mulig kombiantion.
jeg kan heller ikke lige gennemskue det.


Man skulle måske tage og skrive et program.


--
Poul-Erik Andreasen

---

On Sat, 21 Jun 2003 21:27:30 +0200
Bertel Lund Hansen <nospamfor@lundhansen.dk> wrote:

> Bjørn Petersen skrev:
>
> >Hvis nu at de 12 deltagere der ikke er styrmænd laver en stor cirkel som
> >roterer fåes:
>
> >A B C D E F
> >1 2 3 4 5 6
> >7 8 9 10 11 12
> >
> >A B C D E F
> >7 1 2 3 4 5
> >8 9 10 11 12 6
> >
> >A B C D E F
> >8 7 1 2 3 4
> >9 10 11 12 6 5
> >
> >A B C D E F
> >9 8 7 1 2 3
> >10 11 12 6 5 4
> >
> >A B C D E F
> >10 9 8 7 1 2
> >11 12 6 5 4 3
> >
> >A B C D E F
> >11 10 9 8 7 1
> >12 6 5 4 3 2
>
> >Så vidt jeg kan se er kravene opfyldt.
>
> Du glemmer at tage hensyn til styrmændene. Der er medlemmer af
> holdene og må ikke have samme makker to gange. Det er umuligt at
> passe dem ind i dit skema med den betingelse.

Det bynder ligefremt at blive morsomt. Nu er det nr 3 mig selv medregnet
der kommer anstigende og tror at det her er noget der er nemt.


--
Poul-Erik Andreasen

---

On Sat, 21 Jun 2003 10:41:50 +0200
Bertel Lund Hansen <nospamfor@lundhansen.dk> wrote:

> Poul-Erik Andreasen skrev:
>
> >> Jeg gætter på at det kan lade sig gøre.
>
> >Det var det jeg prøvede i en time det kan jeg ikke.
> >Hvad værre er jeg kan ikke rigtig gennemskue hvorfor.
>
> Din forklaring lyder som om du prøvede med en cirkelmodel. Det
> behøver man jo ikke.
>
> Jeg regnede ud at der er 66 mulige tomandshold. Så tænkte jeg mig
> at vi satte styrmændene fast i hver sin båd, og så regnede jeg på
> om jeg kunne tage én båd og forsyne med nye roere 6 dage i træk.
>
> 1. dag er der frit valg (66 muligheder). De to roere indgår i 11
> hold hver, hvoraf ét er dem begge sammen, d.v.s. at der nu er 21
> hold der ikke må sættes i denne båd.
>
> 2. dag er der 45 muligheder. Igen er der 21 hold der nu ikke kan
> bruges, men de 4 af dem er allerede udelukket, d.v.s. 17 nye.
>
> 3. dag er der 28 muligheder. 21 hold - 8 hold: 13 nye hold
> udelukkes.
>
> 4. dag er der 15 muligheder. 21 hold - 12 hold: 9 hold udelukkes.
>
> 5. dag er der 6 muligheder. 21 hold - 16 hold: 5 hold udelukkes.
>
> 6. dag er der 1 mulighed.
>
> Jeg kan ikke gennemskue om de andre både automatisk også vil have
> hold nok at tage af. Derfor mit gæt.

Jeg tror jeg har noget det ligner bevis fora t det ikke kan lade sig gøre.

Hvis vi starter med at fordel mændende i bådende første dag

   A   C   B   D   E   F
   1   3   5   2   4   6   
   7   9   11   8   10 12

Som man kan se har jeg delt dem op i lige og ulige, men det er
blot for overblikket skyld .

Hvis vi så siger hvor langt kan vi komme med første halvdel
uden at blande anden halvdel ind i det. Det vil under alle omstændigheder
være noget vi før eller siden skal hvis vi skal udnytte alle muligheder.
så for vi følgende.

   A   C   B   
   1   3   5   
   7   9   11   
   
   3   5   1   
   11    7   9   
   
   5   1   3   
   9   11   7

Alt så 3 og kun 3 dage hvad der i øvrigt ikke er overraskende.
Det samme kan vi gøre med den anden halv del.
Det er nu muligiggør videre fremfærd er at alle
de ulige har været i bådende ABC mens allle de lige
har været i båden DFG. Og de næsten eneste mulig kombinationer
er hvor lige kombineres smed ulige, så kan de ikke være nogen steder

man kan så kombinere lidt mellem de tre oprindelig grupperinger
f.eks
   2   8    X
   4   10   X

X illustrere hvor det går galt der er ikke nogen lige makkerpar de er alle er
brugt og der er ikke nogen ulige makkere da alle er dække ind i den pågældende
kolonne. De to eneste tilbage værende tal er 6 og 12 og de er brugt.


--
Poul-Erik Andreasen

---

Poul-Erik Andreasen <poulerik@pea.dk> writes:

> Jeg tror jeg har noget det ligner bevis fora t det ikke kan lade sig gøre.

Det ligner lidt, men det er det ikke.

> Hvis vi starter med at fordel mændende i bådende første dag
>
>    A   C   B   D   E   F
>    1   3   5   2   4   6   
>    7   9   11   8   10 12
>
> Som man kan se har jeg delt dem op i lige og ulige, men det er
> blot for overblikket skyld .
>
> Hvis vi så siger hvor langt kan vi komme med første halvdel
> uden at blande anden halvdel ind i det. Det vil under alle omstændigheder
> være noget vi før eller siden skal hvis vi skal udnytte alle muligheder.
> så for vi følgende.

Min intuition siger mig efterhånden noget lignende. Det er dog ikke et
bevis, da du ikke tilstrækkeligt argumenterer for at der ikke er en
løsning der blander de to dele tidligere end senest muligt. Det kan jo
være at det at du fortsætter så langt som muligt kommer til at udelukke
nogle kombinationer senere.


Det generelle problem for n er:
Lav en n*n tabel.
Placer tal mellem 1 og 2*n i felterne, så:
- Der er to tal i hvert felt.
- hvert tal findes kun en gang i hver søjle og række
- ikke to felter har samme par af tal i sig.

Man kan se af ovenstående at en løsning må opfylde at alle tallene
optræder i hver søjle og række.

Jeg kan løse det for n=1,3,4 og 5. Jeg kan ikke finde en løsning for n=6.
Jeg har heller ikke fundet en måde at generalisere en løsning for n til
en løsning for n+1.

Jeg gætter på at det kan løse for n=7 (og ethvert andet primtal).

Gad vide om det har noget med n-dronnige-problemet at gøre?

> Alt så 3 og kun 3 dage hvad der i øvrigt ikke er overraskende.
> Det samme kan vi gøre med den anden halv del.
> Det er nu muligiggør videre fremfærd er at alle
> de ulige har været i bådende ABC mens allle de lige
> har været i båden DFG.

Som sagt, måske er det et symptom på at du fortsatte for langt. Måske
er det ikke. Men et fuldstændigt bevis skal kunne svare på det :)

/L
--
Lasse Reichstein Nielsen - lrn@hotpop.com
Art D'HTML: <URL:http://www.infimum.dk/HTML/randomArtSplit.html>
'Faith without judgement merely degrades the spirit divine.'

---

"Lasse Reichstein Nielsen" <lrn@hotpop.com> wrote in message
news:of0p3kk9.fsf@hotpop.com...
> Det generelle problem for n er:
> Lav en n*n tabel.
> Placer tal mellem 1 og 2*n i felterne, så:
> - Der er to tal i hvert felt.
> - hvert tal findes kun en gang i hver søjle og række
> - ikke to felter har samme par af tal i sig.
>
> Man kan se af ovenstående at en løsning må opfylde at alle tallene
> optræder i hver søjle og række.
>

Så langt er jeg også kommet. Jeg tænker på om man skal bruge at der for n=6
er 66 mulige værdier til de 36 felter.

Hvis man så kunne bruge de ovenstående betingelser til at vælge par fra.
F.eks se på tabellen med øverste række udfyldt, [(1,2),(3,4),..,(11,12)],
eller ordne tabellen så alle 6 par der indeholder 1, ligge i diagonalen, som
så kommer til at hedde [(1,2),(1,3),..,(1,7)]

Hvis man så kunne se at mere end 30 par ikke kunne placeres ville man være
der.

I diagonal eksemplet ved vi at der er 11 par der indeholder 1 ud af de 66
mulige par. Da der kun er 6 par i tabellen der indeholder 1, er der 5 par ud
af de 66 som ikke kan bruges. Det vil sige at der til de resterende 30
felter kan vælges mellem 55 par.

Jeg kan dog ikke følge tanken frem til en konklusion - giver mine eksempler
mening?

Søren

---

"Søren Kongstad" <spamm-soremove-@kongstad.net> writes:

> Så langt er jeg også kommet. Jeg tænker på om man skal bruge at der for n=6
> er 66 mulige værdier til de 36 felter.
>
> Hvis man så kunne bruge de ovenstående betingelser til at vælge par fra.
> F.eks se på tabellen med øverste række udfyldt, [(1,2),(3,4),..,(11,12)],
> eller ordne tabellen så alle 6 par der indeholder 1, ligge i diagonalen, som
> så kommer til at hedde [(1,2),(1,3),..,(1,7)]
>
> Hvis man så kunne se at mere end 30 par ikke kunne placeres ville man være
> der.

Det er næppe det.

Man kan prøve at dele sine elementer (jeg vil kalde dem ved bogstaver
i stedet for tal) op i to lige store grupper, og så lade hvert felt
indeholde et element fra hver gruppe. For n=3 er en løsning fx

A B C
D E F

C A B
E F D

B C A
F D E

De to grupper er {A,B,C} og {D,E,F}
Jeg laver løsningen ved at rotere elementerne i den første gruppe en gang
mod højre (med wrap) mens den anden gruppe roteres to skridt.

Den måde at lave løsninger på virker for alle ulige n. Det nedsætter
dog de mulige par man bruger til præcist n*n. Da det virker for både
n=5 og n=7, så tvivler jeg på at man kan lave et modargument for n=6
blot ved at tælle. Man skal bruge en eller anden egenskab ved tallet 6.

Jeg kan bevise at man ikke kan lave en løsning med to adskildte grupper
der kun roteres, ligegyldigt hvordan man vælger at rotere.

Jeg overvejer stadig min metode til n=4 kan generaliseres til n=2^k, k>1,
men har ikke fået det til at fungere. (Den bruger også to grupper, men
bruger XOR til at flytte elementerne i stedet for rotation... jeg har
bare ikke fundet en regel for hvordan den anden grupper xor'es i forhold
til den første).

> Jeg kan dog ikke følge tanken frem til en konklusion - giver mine eksempler
> mening?

Ja, jeg har prøvet det samme, også uden resultat.

/L
--
Lasse Reichstein Nielsen - lrn@hotpop.com
Art D'HTML: <URL:http://www.infimum.dk/HTML/randomArtSplit.html>
'Faith without judgement merely degrades the spirit divine.'

---

"Lasse Reichstein Nielsen" <lrn@hotpop.com> skrev i en meddelelse news:k7bd3hp3.fsf@hotpop.com...
>
> Ja, jeg har prøvet det samme, også uden resultat.
>
Jeg har fundet noget der ligner det samme problem, som
ikke har nogen løsning.
http://www.cut-the-knot.com/arithmetic/latin3.shtml

Mvh
Martin

---

"Martin Larsen" <mlarsen@post7.tele.dk> writes:

> "Lasse Reichstein Nielsen" <lrn@hotpop.com> skrev i en meddelelse news:k7bd3hp3.fsf@hotpop.com...
> >
> > Ja, jeg har prøvet det samme, også uden resultat.
> >
> Jeg har fundet noget der ligner det samme problem, som
> ikke har nogen løsning.
> http://www.cut-the-knot.com/arithmetic/latin3.shtml

Det ligner. Det er dog ikke helt det samme. Et par ortogonale latinske
kvadrater (hvad hedder det på dansk?) vil give en løsning til vores
problem her, og sådan nogle findes altså ikk. Men man kan forestille
sige at der er løsninger der ikke kan opdeles i to ortogonale latinske
kvadrater. Altså hvor ligegyldigt hvilke seks tal man tager ud, så vil
der altid være to af dem der optræder som par.

Men det var godt fundet!
/L
--
Lasse Reichstein Nielsen - lrn@hotpop.com
Art D'HTML: <URL:http://www.infimum.dk/HTML/randomArtSplit.html>
'Faith without judgement merely degrades the spirit divine.'

---

On 22 Jun 2003 22:48:38 +0200
Lasse Reichstein Nielsen <lrn@hotpop.com> wrote:

> Poul-Erik Andreasen <poulerik@pea.dk> writes:
>
> > Jeg tror jeg har noget det ligner bevis fora t det ikke kan lade sig gøre.
>
> Det ligner lidt, men det er det ikke.
>
> > Hvis vi starter med at fordel mændende i bådende første dag
> >
> >    A   C   B   D   E   F
> >    1   3   5   2   4   6   
> >    7   9   11   8   10 12
> >
> > Som man kan se har jeg delt dem op i lige og ulige, men det er
> > blot for overblikket skyld .
> >
> > Hvis vi så siger hvor langt kan vi komme med første halvdel
> > uden at blande anden halvdel ind i det. Det vil under alle omstændigheder
> > være noget vi før eller siden skal hvis vi skal udnytte alle muligheder.
> > så for vi følgende.
>
> Min intuition siger mig efterhånden noget lignende. Det er dog ikke et
> bevis, da du ikke tilstrækkeligt argumenterer for at der ikke er en
> løsning der blander de to dele tidligere end senest muligt. Det kan jo
> være at det at du fortsætter så langt som muligt kommer til at udelukke
> nogle kombinationer senere.
>
>
> Det generelle problem for n er:
> Lav en n*n tabel.
> Placer tal mellem 1 og 2*n i felterne, så:
> - Der er to tal i hvert felt.
> - hvert tal findes kun en gang i hver søjle og række
> - ikke to felter har samme par af tal i sig.
>
> Man kan se af ovenstående at en løsning må opfylde at alle tallene
> optræder i hver søjle og række.


Jeg tro godt at jeg kan gøre det lidt bedre.
Det må være klar at da der er 12 man og seks styrmænd deltagere og kun seks dage.
så kan hver deltager kun være sammen med seks af de andre deltagere 12.

Der vil sådledes være 5 deltagere som en vilkårlig roer ikke får roet med.
Efter som alle skal være representeret i alle søjler og alle rækker, må det være
sådan at den ene roer op i alle både på alle dage kan representeres ved seks mand
6 mand. for en vikålig roer vil gælde at de 5 andre er lige nøagtig dem som han ikke får roet
sammen med.

Eller man kan sige at at i et virtuelt færdig diagram vil man for en vikålig roer kunne fjerne
alle de roere han er han måtte have som makker og alligvel vil der være 1 mand i hver båd.

Konsekvensen af det er at problemet falder tilbage på en ring-probelmatik hvor problemet
er at du kun kan foskyde en sekskant 1 eller 5 hakker hvis du vil nå alle
og da det er et karv af hensyn til stymændende at begge ringe fodkydes så vil nummer 2
sekskant altid enten blive forskudt 2 i forhold til stymændende eller 2 i forhold til den anden ringe
og det vil betyde at den ikke kan nå alle.

Det foklarer også hvorfor problemet ikke opstår over for syv



--
Poul-Erik Andreasen

---

Poul-Erik Andreasen <poulerik@pea.dk> writes:

> Det må være klar at da der er 12 man og seks styrmænd deltagere og kun
> seks dage. så kan hver deltager kun være sammen med seks af de andre
> deltagere 12.
>
> Der vil sådledes være 5 deltagere som en vilkårlig roer ikke får roet
> med.

Ja.

> Efter som alle skal være representeret i alle søjler og alle rækker,
> må det være sådan at den ene roer op i alle både på alle dage kan
> representeres ved seks mand 6 mand. for en vikålig roer vil gælde at
> de 5 andre er lige nøagtig dem som han ikke får roet sammen med.
>
> Eller man kan sige at at i et virtuelt færdig diagram vil man for en
> vikålig roer kunne fjerne alle de roere han er han måtte have som
> makker og alligvel vil der være 1 mand i hver båd.

Lad os kalde din vilkårlige roer for G.
Kan du forklare, hvorfor de to personer G ror sammen med de to første
dage, ikke kan komme til at ro sammen tredje dag?

> Konsekvensen af det er at problemet falder tilbage på en
> ring-probelmatik

Kun hvis du kan besvare det spørgsmål jeg stiller ovenfor.

Resten af argumentet er korrekt.

..Henrik

--
Jacob: Because the theoreticians told me.
Prof. Vassilicos: Why do you believe theoreticians?