Три землекопа, работая одновременно, выкопали...

[melnikoff]

Три землекопа, работая одновременно, выкопали за час $7/10$ траншеи. Известно, что землекопы работают с разной скоростью, причём каждый из них может выкопать такую траншею меньше чем за сутки, но за целое число часов. За какое время выкопает траншею каждый из них?

Мое решение:
$v_1+v_2+v_3=\frac{7}{10}V,$
$\frac{V}{t_1}+\frac{V}{t_2}+\frac{V}{t_3}=\frac{7}{10},V$
$10(t_1t_2+t_1t_3+t_2t_3)=7t_1t_2t_3.$
Поскольку данное уравнение симметрично относительно каждых двух переменных и при этом всего переменных три, то число частных решений данного уравнения должно быть кратно $3!=6.$ Найдя одно частное решение, остальные найдутся в виде всевозможных перестановок переменных.
По крайней мере одна переменная делится на 5. Пусть для определенности это будет $t_1.$
Пусть сначала $t_1=5.$ Тогда $t_2=\frac{2t_3}{t_3-2}.$
Перебором находим, что $t_2=6$ и $t_3=3.$
Общим решением данного уравнения (и задачи) является совокупность $\begin{bmatrix} t_1=5,\; t_2=6,\; t_3=3\\ t_1=5,\; t_2=3,\; t_3=6\\ t_1=6,\; t_2=5,\; t_3=3\\ t_1=6,\; t_2=3,\; t_3=5\\ t_1=3,\; t_2=6,\; t_3=5\\ t_1=3,\; t_2=5,\; t_3=6 \end{.}\,.$
Кстати, как можно грамотно обосновать, что других частных решений нет?
Можно ли решить данную задачу не прибегая к двухуровневому перебору (при поиске частного решения)?

[nnosipov]

melnikoff в сообщении #854977 писал(а):

Поскольку данное уравнение симметрично относительно каждых двух переменных и при этом всего переменных три, то число частных решений данного уравнения должно быть кратно $3!=6.$

Это верно при условии, что среди решений есть только тройки с попарно разными числами. Но априори это неочевидно.

melnikoff в сообщении #854977 писал(а):

Найдя одно частное решение, остальные найдутся в виде всевозможных перестановок переменных.

Тоже неочевидно. Вам лучше избегать таких общих заявлений и быть ближе к конкретике задачи.

melnikoff в сообщении #854977 писал(а):

Перебором находим, что $t_2=6$ и $t_3=3.$

Нужно обосновать этот перебор --- показать, что найдены все решения.

melnikoff в сообщении #854977 писал(а):

Можно ли решить данную задачу не прибегая к двухуровневому перебору (при поиске частного решения)?

Для исходной задачи перебор крохотный и является довольно естественным, поскольку все $t_i$ ограничены по условию. Но если бы мы решали уравнение $10(t_1t_2+t_1t_3+t_2t_3)=7t_1t_2t_3$ в произвольных натуральных числах, потребовались бы предварительные оценки. Ну а затем всё равно перебор.

[melnikoff]

nnosipov в сообщении #855065 писал(а):

Это верно при условии, что среди решений есть только тройки с попарно разными числами. Но априори это неочевидно.

А если сказать так. Поскольку данное уравнение симметрично относительно каждых двух переменных и при этом всего переменных три и они попарно различны, то число частных решений данного уравнения должно быть кратно $3!=6$.
Хм, тогда для уравнения с такими же свойствами, но вида, скажем, $t_1(f(t_2,\,t_3))=0$ такое утверждение будет неверным...
Будет ли тогда правильным в общем случае следующее утверждение?
Если уравнение с $n$ переменными симметрично относительно любых пар переменных и при этом число частных решений на множестве $X$ конечно, то число частных решений с попарно различными значениями переменных на множестве $X$ кратно числу всех перестановок $n!$ всех переменных, входящих в уравнение.

-- 26.04.2014, 12:50 --

nnosipov в сообщении #855065 писал(а):

melnikoff в сообщении #854977 писал(а):

Найдя одно частное решение, остальные найдутся в виде всевозможных перестановок переменных.

Тоже неочевидно. Вам лучше избегать таких общих заявлений и быть ближе к конкретике задачи.

Значит нужно сказать так. Так как число частных решений данного уравнения на множестве $X=\{1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15;16;17;18;19;20;21;22;23\}$ конечно, то, найдя одно частное решение с попарно различным значениями переменных, остальные подобные частные решения (с тем же набором значений переменных) найдутся как всевозможные перестановки найденных значений переменных.
Тут возникает вопрос. Как из общего вида данного уравнения сделать вывод о том, сколько троек без учета их порядка будут являться решениями данного уравнения? То есть вопрос о кратности общего числа частных решений и числа всех перестановок всех переменных, входящих в уравнение.

-- 26.04.2014, 12:58 --

nnosipov в сообщении #855065 писал(а):

Нужно обосновать этот перебор --- показать, что найдены все решения.

Неужели нет более общих математичных путей решения? Полный перебор – это всегда удручает.

[Shadow]

melnikoff, мне кажется, что отвлекаетесь по пустякам. В конкретной задаче различные перестановки трудно можно назвать различными решениями. Спокойно можно (и даже нужно) принять $t_1 \le t_2 \le t_3 <24$ (не вижу особого смысла в последнем ограничении, но ладно)

melnikoff в сообщении #855130 писал(а):

и при этом всего переменных три и они попарно различны

Не уверен, что именно это имелось ввиду в условии.

[melnikoff]

Shadow, дело уже не в конкретной задаче. Просто хочется выявить что-то общее для всех уравнений.
Например, как обосновать, не прибегая к перебору, что данная задача имеет ровно одно решение (без учета порядка значений переменных)?

[Shadow]

Никак, потому что решений больше.
У Вас уравнение в натуральных числах

$\dfrac 1 x +\dfrac 1 y +\dfrac 1 z=\dfrac{7}{10}$

С учетом $x \le y \le z$ можно ограничить $1<x<5$

Как видите, перебор не такой страшный...и дальше - не полный перебор, а перебор чего-то конечного.

[melnikoff]

Shadow в сообщении #855178 писал(а):

Никак, потому что решений больше.

На множестве $X=\{1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12;13;14;15;16;17;18;19;20;21;22;23\}$ уравнение имеет ровно одно решение.

[Shadow]

Как Вам решение $(4,4,5)$ (Есть еще)

[provincialka]

По поводу этой задачи надо к древнеегипетским жрецам обратиться. Они были большие специалисты представлять дроби в виде суммы аликвотных. Правда, только различных.

[melnikoff]

Shadow в сообщении #855187 писал(а):

Как Вам решение $(4,4,5)$ (Есть еще)

Да, каюсь. Упустил "с попарно различными значениями переменных".

[Евгений Машеров]

Обозначим время, потребное каждому из рабочих, как n, m, k соответственно. Не теряя общности, примем, что первый рабочий лучший, а третий худший, то есть $n\le m \le k$. Остальные решения из полученных при этом допущении получаются 3!=6 перестановками.
Первый сделал не менее трети работы, то есть $\frac 7 {30}>\frac 1 5$ траншеи. Что означает, что n=2, n=3 или n-4
Рассмотрим три этих случая.
При n=2 первым выполнена половина работы, двумя прочими $\frac 2 {10}$, то есть вторым не менее 1/10, так что и третьим столько же
n=2 m=10 k=10
При n=3 на долю второго и третьего приходится $\frac {11} {30}$ работы. Второй сделал не менее $\frac {11} {60}> \frac 1 6$ работы, то есть он выполнил свою работу не более, чем за 5 часов, что даёт решение
n=3 m=5 k=6
Если он выполнил свою работу за 4 часа, то вдвоём с первым они сделали 7/12 работы, а третий сделал 7/60, что противоречит условию целочисленности.
Если второй выполнил работу за 3 часа, как и первый. Тогда они сделали 2/3 работы, а третий 1/30, что противоречит условию "не более, чем за сутки".
При n=4 второй и третий суммарно сделали $\frac 9 {20}$ работы. Что приводит к решению
n=4 m=4 k=5

[svv]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #855189 писал(а):

надо к древнеегипетским жрецам обратиться

Они всё понимают (по крайней мере, по-древнеегипетски), только ответить не могут, потому что мумифицированы.

[Shadow]

Условие "не более, чем за сутки" исключает всего 2 решений из 5:
$(2,6,30);(3,3,30)$

Лично я не вижу как с таким условием задачу можно решить проще и зачем оно необходимо. (Может, что-то связано с трудовым кодексом...)

[nikvic]

Евгений Машеров в сообщении #855365 писал(а):

Остальные решения из полученных при этом допущении получаются 3!=6 перестановками.

Уже отмечалось, что это не так.

[Евгений Машеров]

Не более чем 3! перестановками.
(Или - 3!=6 перестановками, включая тривиальные)