Come vincere alla lotteria

[axpgn]

Un biglietto da un dollaro della lotteria dell'Ontario consiste in sei numeri differenti scelti tra $1, 2, 3, ..., 48$.
Il giorno dell'estrazione vengono scelti sei numeri a caso da questo insieme; un biglietto vincente è quello che contiene almeno 5 di questi sei numeri (l'ordine è indifferente).

Dimostrare che se uno acquista tutti i biglietti per i quali la somma dei numeri (sul biglietto) è divisibile per $47$, allora possiede almeno un biglietto vincente.


Cordialmente, Alex

[Quinzio]

Il mio ragionamento :

tutte le somme sono modulo 47.
Siccome per vincere sono sufficienti 5 dei 6 numeri estratti, prendendo i numeri del biglietto vincente, siamo liberi di cambiare uno dei 6 numeri per fare in modo che la somma dei numeri sia un multiplo di 47.
Ad es. se esce il biglietto $n_1, n_2, ...n_6 = 1, 2, 3, 4, 5, 6$, possiamo cambiare l'1 in 27 in modo da avere 27+2+3+4+5+6=47.
Siccome il giocatore ha tutti i biglietti la cui somma dei numeri e' multiplo di 47, il giocatore vince.
Adesso dobbiamo vedere se e' sempre possibile cambiare uno dei numeri in tal modo.
Ordiniamo i numeri e partiamo da piu' piccolo. Ipotizziamo che per raggiungere $47k$, sia necessario aggiungere al piu' piccolo $a$.
Ad es. con $n_1, n_2, ...n_6 = 1, 2, 3, 4, 5, 6$ dovremmo aggiungere 26 a 1 -> 27.
Immaginiamo che $n1+a$ sia un numero gia' presente nel biglietto, quindi non possiamo cambiare $n_1$ in $n_1+a$.
Potremmo cambiare $n_2$ in $n_2+a$, ma immaginiamo che anche $n_2+a$ sia gia' presente nel biglietto e vediamo se possiamo cambiare $n_3$.
E cosi' via fino ad arrivare a $n_6$. Se $n_6+a$ e' gia' presente, allora non c'e' modo di cambiare nessun numero per ottenere la somma multiplo di 47.
Ovvero

$6a + n_1 = qa + n_1 + k\ 47$

$((6-q)a)/k = 47$

Siccome 47 e' primo, dovrebbe essere $a/k = 47$ o $(6-q)/k=47$
$q$ va da 0 a 5, e $a<47$ quindi la condizione non si verifica mai e si conclude che e' sempre possibile cambiare uno dei numeri sommandogli $a$ in modo da avere uno dei biglietti posseduti dal giocatore.

[axpgn]

Giusto

Io farei così ...
Se $r$ è il resto modulo $47$ della somma dei sei numeri, noi dobbiamo togliere $r$ da un numero o aggiungere $47-r$.
E questo è sempre possibile, o aggiungendo o togliendo rimaniamo sempre nel range $1-48$.
Però il nuovo numero potrebbe essere uno di quelli già presenti e dopo un ciclo di 6 passaggi al massimo potremmo ritornare al punto di partenza, una cosa del tipo $a->b->c->d->e->f$
Supponiamo che $i$ sia il numero di passi in aggiunta e $j$ il numero di passi in sottrazione, allora avremmo $a+i(47-r)-jr=a\ \ -> \ \ 47i=(i+j)r$
Dato che $47$ non divide $r$, dovrebbe dividere $i+j$ ma $1<=i+j<=6$

[axpgn]

Ah, dimenticavo ...

Quanti tra i $((48),(6))$ biglietti hanno la somma divisibile per $47$ ?

Esiste uno schema vincente con meno biglietti da acquistare?

[Quinzio]

I biglietti con somma $47k$ sono ${((48),(6))}/{47} = 261.096$

[axpgn]

Scusami ma $((48),(6))$ sono combinazioni e le combinazioni non sono ordinate ... inoltre non capisco perché il numero dei biglietti con somma divisibile per $47$ sia quello ...

[Quinzio]

Ok, scusate, e' gia'

$ ((48),(6)) = 12.271.512 $

[axpgn]

Ok, ma perché quel numero? Da dove lo tiri fuori? Mi riferisco al numero dei biglietti con somma $47$