Kalender 2005

Oplossingen week 1 (3 t/m 9 januari)

Maandag 3 januari

0-7 → 4-3 → 0-3 → 3-0 → 3-7 → 4-6 →
0-6 → 4-2 → 0-2 → 2-0 → 2-7.
of
4-0 → 0-4 → 4-4 → 1-7 → 1-0 → 0-1 → 4-1 → 0-5 → 4-5.

Dinsdag 4 januari

Nee, want 6 en 9 zijn allebei een veelvoud van drie en 8 niet. Elke keer dat er weer iets is overgeschonken zit er in elk vat een veelvoud van drie.

Woensdag 5 januari

16-0 → 1-15 → 1-0 → 0-1 → 16-1 → 2-15 → 2-0 →
0-2 → 16-2 → 3-15 → 3-0 → 0-3 → 16-3 → 4-15 →
4-0 → 0-4 → 16-4 → 5-15 → 5-0 → 0-5 → 16-5 →
6-15 → 6-0 → 0-6 → 16-6 → 7-15 → 7-0 → 0-7 →
16-7 → 8-15 → 8-0.
of
15-0 → 0-15 → 15-15 → 14-16 → 14-0 → 0-14 →
15-14 → 13-16 → 13-0 → 0-13 → 15-13 → 12-16 →
12-0 → 0-12 → 15-12 → 11-16 → 11-0 → 0-11 →
15-11 → 10-16 → 10-0 → 0-10 → 15-10 → 9-16 →
9-0 → 0-9 → 15-9 → 8-16 → 8-0.

(aangeleverd door Peter Boonstra)

Donderdag 6 januari

10-0-0 → 7-0-3 → 7-3-0 → 4-3-3 → 4-6-0 → 1-6-3 →
1-7-2 → 8-0-2 → 8-2-0 → 5-2-3 → 5-5-0.

Vrijdag 7 januari

12-0-0 → 7-0-5 → 7-5-0 → 2-5-5 → 2-7-3 →
9-0-3 → 9-3-0 → 4-3-5 → 4-7-1 → 11-0-1 →
11-1-0 → 6-1-5 → 6-6-0.
of
12-0-0 → 0-7-5 → 5-7-0 → 5-2-5 → 10-2-0 → 10-0-2 → 3-7-2 → 3-4-5 → 8-4-0 → 8-0-4 → 1-7-4 → 1-6-5 → 6-6-0.
(aangeleverd door Peter Boonstra)

Zaterdag 8 januari

9-0-0-0 → 4-5-0-0 → 4-3-0-2 → 4-0-3-2 →
6-0-3-0 → 1-5-3-0 → 1-3-3-2 → 3-3-3-0.

Zondag 9 januari

Voor gegeven a en b bekijken we eerst aan welke voorwaarden c in ieder geval moet voldoen. Het is duidelijk dat c ≤ a+b, want dat is de grootste hoeveelheid die we kunnen afmeten. Verder zien we dat als a en b alletwee een veelvoud van een getal d zijn, dat dan alle hoeveelheden die we kunnen afmeten ook veelvouden van dit getal zijn. We concluderen dat c een veelvoud moet zijn van de grootste gemene deler van a en b.

Nu vragen we ons af of deze voorwaarden ook voldoende zijn, dus dat we iedere hoeveelheid c ≤ a+b met ggd(a,b) | c ook daadwerkelijk kunnen maken. Enig experimenteren doet vermoeden dat dit het geval is.

Een klein beetje notatie om het onderstaande argument te versimpelen:
schrijf m%n voor de rest van m bij deling door n,
d.w.z. r = m%n precies als 0 ≤ r < n en m = q•n+r voor zekere gehele q.

Door eventueel te delen door ggd(a,b) kunnen we er voor zorgen dat ggd(a,b)=1, zodat de enige eis op c is dat c ≤ a+b. Verder kunnen we aannemen dat a > b (in het geval a = b = 1 is de bewering duidelijk waar).

We kunnen nu de volgende stappen maken:

(0,0) → (a,0) → (a−b,0) → ... → (a%b,0) → (0,a%b) →
(a,a%b) → (a%b+(a−b),0) → ... → ((a%b)+(a%b),0) →
((2•a)%b),0) → ... → ((b•a)%b,0).

Nu omdat ggd(a,b) = 1, komen in de rij

(1•a)%b, (2•a)%b, ..., (b•a)%b

de getallen 0, 1, ..., b−1 allemaal precies 1 keer voor, zodat we alle hoeveelheden van 0 t/m b−1 kunnen maken. Nu kunnen we dus elke hoeveelheid c maken door eerst c%b af te meten en dan een voldoende aantal keer b erbij te doen.