Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

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-   -   Un po' di calcoli ... un po' di logica.... (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=41889)

aspesi 04-09-11 21:50

Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
1) Sono più frequenti gli anni che hanno più giovedì che venerdì, oppure quelli che hanno più venerdì che domeniche?

:hello:

Erasmus 04-09-11 23:29

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 513726)
1) Sono più frequenti gli anni che hanno più giovedì che venerdì, oppure quelli che hanno più venerdì che domeniche?

:hello:

Mi sembra troppo facile. Forse perché sbaglio a ragionare?
a) Siccome non 365 (anno normale) né 366 (anno bisestile) è divisibile per 7, la frequenza con cui un anno incomincia con questo o quel giorno a lungo andare è la stessa.
b) Gli anni che hanno un giovedì (uno solo) di più dei venerdì sono tutti e soli i non-bisestili che incominciano (e terminano) con giovedì.
c) Gli anni che hanno un venerdì in più delle domeniche sono tutti e soli i bisestili che incominciano con giovedì (e terminano di venerdì) o con venerdì (e terminano di sabato).
d) Il ciclo completo è di 2000 anni con 485 anni bisestili.
Siccome 2*485 < 2000-485, sono più frequenti gli anni che hanno più giovedì che venerdì di quelli che hanno più venerdì che domeniche.
Precisamente, ogni 2000 anni:
(2000–485)/7 ≈ 216,4 [216 o al massimo 217] anni con più giovedì che venerdì.
2·485/7 ≈ 138,57 [138 o al massimo 139] anni con più venerdì che domeniche

Ciao, ciao

ercap 05-09-11 01:19

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
visto che la serie dei giorni della settimana è sempre la stessa (anno normale o bisestile) ed hanno uguale serie di lunedì, di martedì..., direi che tutti gli anni presentano la stessa frequenza di giovedì, di venerdì e di domeniche.
ercap

nino280 05-09-11 12:23

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quando c'è un anno bisestile non si aggiunge un giorno particolare della settimana.
Dopo 100 anni abbiamo 365x100+25 = 36525 giorni.
poi si divide per 7 = 5.217,857143 di possibilità per ogni giorno.
Ciao

aspesi 05-09-11 19:55

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 513752)
Mi sembra troppo facile.
.............
Siccome 2*485 < 2000-485, sono più frequenti gli anni che hanno più giovedì che venerdì di quelli che hanno più venerdì che domeniche.

Ciao, ciao

A te sembra troppo facile....;)*, invece per ercap e nino280 non sembra così evidente...:)


*e giungi al risultato opposto al mio...:D

Ciao
:hello:

aspesi 05-09-11 20:06

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

ercap (Scrivi 513758)
visto che la serie dei giorni della settimana è sempre la stessa (anno normale o bisestile) ed hanno uguale serie di lunedì, di martedì..., direi che tutti gli anni presentano la stessa frequenza di giovedì, di venerdì e di domeniche.
ercap

Sì, ma non è questo che chiede il quiz.

Premesso che se un anno non bisestile inizia di giovedì, finisce di giovedì e se un anno bisestile inizia di venerdì, finisce di sabato e definendo ad esempio con ng un anno non bisestile che inizia di giovedì e con bm un anno bisestile che inizia di mercoledì, gli anni che hanno più giovedì che venerdì sono:
ng + bm

Gli anni che hanno più venerdì che domeniche sono:
nv + bv + bg

Quindi, sono più fequenti gli anni che hanno più venerdì che domeniche rispetto a quelli che hanno più giovedì che venerdì.

:hello:

aspesi 05-09-11 20:20

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
1) A è maggiore di B
2) A non è maggiore di B
3) A è minore di B
4) Tre di queste quattro affermazioni sono false

Insomma, A è maggiore, uguale o minore di B?

:hello:

Erasmus 06-09-11 00:34

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 514065)
A te sembra troppo facile...
[...]
e giungi al risultato opposto al mio...:D

Ho sbagliato. Tutto qui. Errare humanum est!

L'errore sta qui (nella parola che ora metto in grassetto):
Quote:

Erasmus (Scrivi 513752)
c) Gli anni che hanno un venerdì in più delle domeniche sono tutti e soli i bisestili che incominciano con giovedì (e terminano di venerdì) o con venerdì (e terminano di sabato)

Non sono i soli. Anche i NON-bisestili che incominciano con venerdì.

Mi correggo ... facendo tutto da capo.

====================================

a) La probabilità che un anno incominci con un giorno X della settimana è indipendente da X e dunque è 1/7 per ogni X (perché non 365 né 366 è divisibili per 7).
b) Gli anni non-bisestili che incominciano con il giorno X della settimana hanno un X in più di ogni altro giorno (non solo del successivo di X).
Perciò i NON-bisestili con un Venerdì in più delle Domeniche sono tanti quanti sono i NON-bisestili con un Giovedì in più dei Venerdì.
c) Se un anno bisestile incomincia con Giovedì allora finisce con Venerdì; e se incomincia con Venerdì allora finisce con Sabato. In entrambi i casi il numero di Venerdì è un'unità in più del numero di Domeniche.

Riassumendo:
Gli anni con un Giovedì in più dei Venerdì sono i NON bisestili che iniziano con Giovedì (1515 in 14000 anni).
Gli anni con un Venerdì in più delle Domeniche sono di più: sono infatti sia i NON bisestili che iniziano con Venerdì (*) sia i bisestili che incominciano per Giovedì o per Venerdì (1515 + 2*485 in 14000 anni)
.

(*) Annate omesse nella precedente risposta. :o

Ciao Ciao

aspesi 06-09-11 07:04

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 514128)
Ho sbagliato.
............
Riassumendo:
Gli anni con un Giovedì in più dei Venerdì sono i NON bisestili che iniziano con Giovedì (1515 in 14000 anni).

+ i bisestili che iniziano di mercoledì (perché non hai letto il mio messaggio a Ercap delle 20:06 di ieri? :mad:)

Quote:

Erasmus (Scrivi 514128)
Gli anni con un Venerdì in più delle Domeniche sono di più: sono infatti sia i NON bisestili che iniziano con Venerdì (*) sia i bisestili che incominciano per Giovedì o per Venerdì (1515 + 2*485 in 14000 anni)



OK.

In pratica, lasciando perdere gli anni centenari e quattrocentenari, che non formano cicli multipli di 7:

VEN > DOM = 1/7 * 3/4 + 2/7 * 1/4 = 5/28
GIO > VEN = 1/7 * 3/ 4 + 1/ 7 * 1/4 = 4/28

:hello:

Mizarino 06-09-11 07:15

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 514076)
1) A è maggiore di B
2) A non è maggiore di B
3) A è minore di B
4) Tre di queste quattro affermazioni sono false

Insomma, A è maggiore, uguale o minore di B?

A < B
La 1) è falsa
la 2) è vera
la 3) è vera
la 4) è falsa

aspesi 06-09-11 19:59

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 514156)
A < B
La 1) è falsa
la 2) è vera
la 3) è vera
la 4) è falsa


:ok:

:hello:

aspesi 06-09-11 20:14

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
3) La combinazione della mia cassaforte è formata da 5 cifre; purtroppo, data l'età :D, non la ricordo.

Il costruttore per sicurezza mi ha fornito una serie di 10 numeri con i quali è possibile risalire al numero originario.
Difatti, in ciascuno dei 10 numeri seguenti vi è una ed una sola cifra nella esatta posizione della combinazione.

06582
19086
24937
32023
45900
58064
67123
71657
81499
96880

Se guardiamo ad esempio il primo numero dell'elenco, il mio numero potrebbe essere 28560 o 22222, ma non 06111 oppure 33333.

Chi è in grado di aprire la mia cassaforte?

:hello:

aspesi 07-09-11 20:14

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 514429)
Chi è in grado di aprire la mia cassaforte?

:hello:

???

Aiutino:
La prima cifra dei 10 numeri è diversa in tutti i 10 casi.
Quindi, la soluzione dovrà essere cercata esaminando le altre 4 cifre, che dovranno inevitabilmente comparire con determinate ripetizioni (9 volte per le 4 cifre).
Gli unici casi possibili (non necessariamente in questo ordine) sono:
1-2-3-3
oppure
2-2-2-3

:hello:

aspesi 07-09-11 20:48

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
4) I frati nel convento

In un convento di clausura, ci sono N frati (N>2) dediti al silenzio totale e al rifiuto dell'immagine (non hanno specchi).
Una notte, tutti i frati sognano contemporaneamente che almeno uno di loro è maledetto. I frati maledetti sono distinguibili da un punto nero sulla fronte.

I frati si riuniscono a mensa una volta al giorno; in questa occasione, ciascuno può vedere la fronte degli altri (ma non la sua).
Poi ciascuno si ritira nella sua cella; a quel punto, chi sa con certezza di essere maledetto deve lasciare il convento (e ovviamente sarà assente alla riunione del giorno successivo)

Dopo il sogno, ma prima della prima riunione, tutti i frati fanno questo ragionamento:
sono ipotizzabili diversi scenari:
S1: un solo frate maledetto
S2: due frati maledetti
S3: tre frati maledetti
.....
Sn : n frati maledetti

Ovviamente, uno solo degli scenari è reale: noi sappiamo (ma i frati non lo sanno!) che ci sono 7 frati maledetti.

Come fanno costoro a capirlo e dopo quanti giorni lasceranno il convento?

:hello:

aspesi 16-09-11 14:26

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
5) Incroci
Se si congiungono m punti scelti su una retta con n punti scelti su un'altra retta parallela alla prima, il numero di linee che si tracciano è pari a mn.

Quanti punti di incrocio ci sono, ammesso che ad ogni punto non si incrociano più di due linee?

6) Un giochino per passare il tempo
Con due miei amici abbiamo giocato così:
sulla lavagna abbiamo scritto tre numeri interi in colonna.
Poi, a turno, cancellavamo un numero e lo sostituivamo con "la somma dei due rimanenti meno 1".
Quando ci siamo annoiati sulla lavagna c'erano i seguenti tre numeri:
17
1967
1983
ma non siamo riusciti a ricordare da quale terna si era partiti.
Uno dei miei amici sostiene che eravamo probabilmente partiti da (2, 2, 2), l'altro da (3, 3, 3).
Potrebbe aver ragione uno di loro, o tutti e due o entrambi hanno torto?

Se non frega niente a nessuno :o, pazienza:fis:

:hello:

Erasmus 16-09-11 16:44

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 516824)
5) Incroci
[..]
Un giochino per passare il tempo
Con due miei amici abbiamo giocato così:
[,,,]

Mi "frega" eccome, (specie del secondo quiz ... un ritorno alle "sequenze linearmente dipendenti" di cui ho già parlato ampiamente).
Ma adesso non ho più tempo.
Ci tornerò su quando potrò.

Ciao ciao
--------
:hello:

aspesi 16-09-11 17:29

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 516865)
Mi "frega" eccome,
...........
Ci tornerò su quando potrò.

Ciao ciao
--------
:hello:

Di te, non dubitavo....;)

Ciao
:hello:

Erasmus 18-09-11 02:28

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 516824)
5) Incroci
Se si congiungono m punti scelti su una retta con n punti scelti su un'altra retta parallela alla prima, il numero di linee che si tracciano è pari a mn.

Quanti punti di incrocio ci sono, ammesso che ad ogni punto non si incrociano più di due linee?

Detta X(m, n) la funzione di m ed n richiesta, ho trovato (con procedimento concettualmente banale ma laborioso da portar avanti ... a mano libera):

X(m,n) = mn(m–1)(n–1)/4 

Si capisce presto che si tratterà di un polinomio in n ed m di 4° grado invariante rispetto allo scambio tra m ed n.
Questo ha 9 coefficienti.
Alla fine 6 di essi risultano nulli, 2 risultaano valere 1/4 ed uno –1/4.
--------------------------
Qui sotto, se ti interessano, ci stanno i pensierini che ho fatto e tutti i passaggi [molto noiosi] per arrivare al risultato.

Siano A1, A2, ..., Ai, ..., Am gli m punti scelti su una retta.
Siano B1, B2, ..., Bj, ..., Bn gli n punti scelti sull'atra retta (parallela alla prima).
Ci sono n·m segmenti AiBj, con i da 1 a m e j da 1 a n. Ci sono quindi mn·(mn–1)/2 coppie di segmenti .
Una oppia di segmenti, diciamola [AhBs, AkBr], produce un incrocio se e solo se
[(h < k) e (s > r)] oppure [(h > k) e (s < r)]
Ciò permetterebbe di fare un programmino che, dati m ed n, conteggia gli incroci.

Per avere la formula in generale si potrebbe – mi pare – ragionare anche così.
• Le coppie di segmenti AiBj sono le combinazioni a due a due di mn elementi. Quindi sono mn·(mn – 1)2.
• Il numero di incroci X(m, n) è una opportuna selezione delle (mn)^2 – mn coppie di segmenti AiBj. Ipotiziamo allora che X(m, n) sia una funzione polinomiale di m ed n di grado non superiore a 4.
• La funzione X(m, n) è simmetrica in m ed n: deve restare la stessa scambiando tra loro m ed n:
• Deve essere X(1, n) =0 per ogni n [e X(m, 1)= 0 per ogni m].
• Conteggiando direttamente X(2, n) [oppure X(m, 2)], si trova
X(2, n) = (n–1) + (n–2) + ... +2 + 1 = n(n–1)/2

Pertanto X(m, n) sarà del tipo
Codice:

(*)
Grado  0 –––> A +
Grado 1 –––> B(m + n) +
Grado 2 –––> C mn  + D(m^2  +  n^2) +
Grado 3 –––> E (mn^2 + nm^2) + F (m^3  +  n^3) +
Grado 4 –––> G(mn)^2 + H (mn^3  +  nm^3) + L(m^4 + n^4)

dove le 9 costanti
A, B, C, D, E, F, G, H, L
si calcolano conteggiando gli incroci per vari m ed n partendo da m=1 ed n=1 fino ad ottenere 9 equazioni (lineari) indipendenti [nelle 9 incognite che sono le dette costanti A, B, C, D, E, F, G, H e L].

Per m=1 deve essere X(1,n) = 0 per ogni n. Ciò comporta:
A+B(1+n)+Cn+D(1+n^2)+E(n +n^2)+F(1+n^3)+Gn^2 +H(n + n^3)+L(1 + n^A) =
= (A+B+D+F+L) + (B+C+E+H)n + (D+E+G)n^2 + (F+H)n^3 + Ln^4 = 0 per ogni n.
Pertanto
(**)
L = 0;
F+H = 0:
D+E+G = 0
B+C+E+H = 0
A+B+D+F+L = 0
Ciò permette di eliminare le 5 costanti L, H, G, F ed E in quanto dalle (**) si ricava:
(***)
L = 0;
H = A+B+D;
G = A + 2B + C;
F = – (A+B+D);
E = – (A+2B+C+D).
Osservando gli incroci per m=2 ed n ≥2 si trova subito:
X(2, n) = (n–1) + (n–2) + ... +2 + 1 = n(n–1)/2
e quindi
X(2, n) = A + (2+n)B +2nC+ (2+n^2)D + (4n + 2n^2)E+ (8+n^3)F + 4(n^2)G +(8n + 2n^3)H + (16 + n^4)L = n(n–1)/2 per ogni n, ossia:
(A+2B+2D+8F+16L) + (B+2C+4E+8H)n + (D+2E+4G)n^2 + (F+2H)n^3 + ln^4 = –n/2 + (n^2)/2 per ogni n; da cui:
(****)
L = 0;
F + 2H = 0;
D + 2E + 4G = 1/2;
B + 2C +4E + 8H = –1/2:
A + 2B + 2D + 8F + 16L = 0.

Mettendo queste assieme alle (**) si trova quasi subito H = F = 0; G= B+C – D; E = –(B+C).
Il polinomio X(m, n) si riduce a
X(m, n) = A + B(m+n) + Cmn + D(m^2 + n^2) –(B+C)((mn^2 + nm^2) + (B+C–D).(mn)^2 =
= A + [m+n –mn^2 – nm^2 + (mn)^2]B + [mn – mn^2 – nm^2 +(mn)^2]C +[m^2 + n^2 – (mn)^2]D.

In particolare:
X(2, 2) = 1 –-–> A + 4 B + 4 C– 8 D = 1
X(2, 3) = 3 –––> A +11 B +12 C – 23 D = 3
X(2, 4) = 6 –––> A + 22 B + 24 C – 52 D = 6
X(2, 5) = 10 –––> A + 37 B + 40 C – 69 D = 10

Da queste ultime si ricava:
A = 0; B = 0; C = 1/4; D =0.
Dalle (***) allora si ha:
E= –1/4; F = 0; G = 1/4; H =0; L =0.

In definitiva, la (*) diventa
X(m, n) = mn/4 – (mn^2 + nm^2)/4 + [(mn)^2]/4 = mn(m–1)(n–1)/4.



Ooohhh FINALMENTE! :fis:

Ripeto in evidenza.

X(m,n) = mn(m–1)(n–1)/4 

ciao ciao
--------
:hello:

Erasmus 18-09-11 02:53

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 516824)
Un giochino per passare il tempo
Con due miei amici abbiamo giocato così:
sulla lavagna abbiamo scritto tre numeri interi in colonna.
Poi, a turno, cancellavamo un numero e lo sostituivamo con "la somma dei due rimanenti meno 1".
Quando ci siamo annoiati sulla lavagna c'erano i seguenti tre numeri:
17
1967
1983
ma non siamo riusciti a ricordare da quale terna si era partiti.
Uno dei miei amici sostiene che eravamo probabilmente partiti da (2, 2, 2), l'altro da (3, 3, 3).
Potrebbe aver ragione uno di loro, o tutti e due o entrambi hanno torto?

Al tempo!

Tu dici: « ... a turno, cancellavamo un numero e lo sostituivamo con "la somma dei due rimanenti meno 1"»

Domanda:
Cancellavate un numero dei tre a caso oppure, a partire dal 3° colpo, cancellavate sempre il numero più vecchio?

Grazie
A rileggerti (per proseguire)
----
:hello:

aspesi 18-09-11 09:39

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 517299)
Detta X(m, n) la funzione di m ed n richiesta, ho trovato (con procedimento concettualmente banale ma laborioso da portar avanti ... a mano libera):

X(m,n) = mn(m–1)(n–1)/4 

[cuttone]

In definitiva, la (*) diventa
X(m, n) = mn/4 – (mn^2 + nm^2)/4 + [(mn)^2]/4 = mn(m–1)(n–1)/4.


Ooohhh FINALMENTE! :fis:

Ripeto in evidenza.

X(m,n) = mn(m–1)(n–1)/4 

ciao ciao
--------

:ok::ok:
Io sono arrivato alla stessa formula finale semplicemente dopo aver fatto qualche prova, tracciando i segmenti con qualche m e n (i tuoi procedimenti sono ovviamente più rigorosi, e ogni volta destano meraviglia, ma sono troppo complicati e non certamente alla mia portata...:))

Comunque, l'intuizione di base è che il risultato è dato dal prodotto degli ambi che si formano con m:
[m*(m-1/2)]
con gli ambi che si formano con n:
[n*(n-1)/2]
ovvero:
Comb(m,2) * Comb(n,2)

Ciao
Nino

aspesi 18-09-11 09:48

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 517300)
Al tempo!

Tu dici: « ... a turno, cancellavamo un numero e lo sostituivamo con "la somma dei due rimanenti meno 1"»

Domanda:
Cancellavate un numero dei tre a caso oppure, a partire dal 3° colpo, cancellavate sempre il numero più vecchio?

Grazie
A rileggerti (per proseguire)
----
:hello:

A caso. Ognuno sceglieva il numero da cancellare fra i tre presenti in quel momento e lo sostituiva con la somma degli altri 2 meno 1.

Grazie a te.;)

:hello:

Erasmus 18-09-11 16:30

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 517330)
Comunque, l'intuizione di base è che il risultato è dato dal prodotto degli ambi che si formano con m:
[m*(m-1)/2)]
con gli ambi che si formano con n:
[n*(n-1)/2)]]
ovvero:
Comb(m,2) * Comb(n,2)

Ma certo!
Questa è l'intuizione giusta!
Lo smile :ok: te lo meriti tu.

Infatti ... (lo dico però "col senno di poi" :o !) è necessario che sia proprio così!
Faccio finta che l'intuizione sia stata mia ...
---------------------------------------------
Consideriamo i punti Ah e Ak su una retta ed i punti Br e Bs sull'altra retta.
[NB: h e k da 1 a m, h ≠ k; r e s da 1 a n, r ≠ s].

Con due punti Ah e Ak posso fare due coppie ordinate: [Ah, Ak] e [Ak, Ah].
Idem con i due punti Br e Bs: [Br, Bs] e [Bs, Br].
Con queste due coppie di punti posso quindi costruire 2 * 2 = 4 segmenti con estremi uno in Ah o Ak e l'altro in Br o Bs. Eccoli:
AhBr, AhBs, AkBr, AkBs.
Le coppie di segmenti distinti sono 6: ma una sola coppia è di segmenti che si incrociano!
Precisamente, supposto k > h ed s > r, si incrociano solo AhBs e AkBr.
Codice:


Ah •      • Ak
  | \  / |
  |  X  |
  | /  \ |
Br •      • Bs

Morale:

Per ogni coppia di punti distinti [Ah, Ak] su una retta e per ogni coppia di punti distinti [Br, Bs] sull'altra retta (parallela) c'è un incrocio (ed uno solo).


Siano C(m, 2) le coppie non ordinate di punti distinti Ai (i quali sono m in tutto); e siano C(n, 2) quelle dei punti Bj (che sono n in tutto).
Il numero X(m, n) di punti di incrocio, essendoci un incrocio per ogni coppia di Ai distinti e per ogni coppia di Bj distinti, è senz'altro:

X(m, n) = C(m,2)·C(n, 2).

---------––---- (continua) -----------––------
Bellissima la tua intuizione, Nino-aspesi!
Ti regala la soluzione prima ancora di sapere quanto questa fa davvero.

Adesso si può ... "soavemente, squisitamente" concludere (senza quella tediosa sequela di passaggi impostati da Erasmus). Cioè:
------------------(Riprendo ...)---------------

Siccome C(m,2) = m(m–1)/2 e C(n, 2) = n(n–1)/2, si ha in definitiva:


X(m, n) = [m(m–1)/2]·[n(n–1)/2] = [mn·(m–1)(n–1)]/4.


Ciao ciao
----------------
:hello:
---------------
P.S.
Notevole che X(m,n) sia di 4° grado, cresca cioè molto in fretta al crescere di m ed n.
Viuol dire che punti di incrocio ... li puoi contare "sperimentalmente" (a mano) solo per m ed n piccolini.
Per esempio, già per m = n = 11 (tracciando cioè 22 segmenti) hai:
X(11, 11) = [11·10/2]^2 = 12100/4 =3025.
E chi li conta, a mano, 3 migliaia di incroci su una ventina di segmenti?

Erasmus 18-09-11 18:01

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 517333)
A caso. Ognuno sceglieva il numero da cancellare fra i tre presenti in quel momento e lo sostituiva con la somma degli altri 2 meno 1.

E come faccio a ricostruire il percorso ... a ritroso?
"La somma di due numeri meno 1", partendo da numeri uguali maggiori di 1, è sempre il maggiore dei tre che figurano sulla lavagna in ogni successivo momento.
Chiaramente, ora il terzo numero (che è il maggiore dei tre) è "la somma meno 1" degli altri due:
(17 + 1967) – 1 = 1983.

Le ultime tre terne potrebbero essere state
a)
17 , Y , 1951 ––-> 17, (cancellato), 1951 –––> 17 , (17 + 1951 –1), 1951 –––>
17, 1967, 1951 –––> 17, 1967, (cancellato) –––> 17, 1967, (17 + 1967 – 1) –––>
17, 1967, 1983.

Ma anche:
b)
17, 1967, Z –––> 17, 1967, (cancellato) –––> 17 , 1967, (17+1967 – 1) –––>
7, 1967, 1983 –––> 17, 1967, (cancellato) –––> 17, 1967, (17 + 1967 – 1) –––>
17, 1967, 1983.

E come faccio io a sapere se eravamo nel caso a) o nel caso b)?
Dovrei andare, ad ogni bivio, a visitare entrambe le vie.
Ci vogliono ... decine (almeno una e mezza) di passi all'indietro per arrivare a terne dell'ordine di grandezza delle unità (come [2, 2, 2] o [3, 3, 3]).
Può darsi che almeno un percorso conduca a [2, 2, 2] e nessuno a [3, 3, 3] (o viceversa). Ma anche in tal caso, siccome senz'altro qualche percorso conduce ad altra terna iniziale, non potrei decidere se ha ragione Caio o invece Tizio o nessuno dei due.
In pratica, poi, non potrei neanche se la soluzione fosse unica e ... deterministica.
Se infatti i numeri iniziali erano piccolini, il backtraking di ciascuno del fottio di percorsi possibili è in pratica "intrattabile". (<––– Clicca sul link)

Una cosa posso dire.
Non avete giocato troppo casualmente. :D
Avete molto più spesso cancellato il secondo o il terzo numero che il primo.
Quel 17, quando avete smesso, era là da un bel po' ad assistere alla vostra incallita abitudine di evitare di cancellare il primo numero.

Bye, bye

aspesi 18-09-11 19:09

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 517465)
Le ultime tre terne potrebbero essere state
a)
17 , Y , 1951 ––-> 17, (cancellato), 1951 –––> 17 , (17 + 1951 –1), 1951 –––>
17, 1967, 1951 –––> 17, 1967, (cancellato) –––> 17, 1967, (17 + 1967 – 1) –––>
17, 1967, 1983.

Ma anche:
b)
17, 1967, Z –––> 17, 1967, (cancellato) –––> 17 , 1967, (17+1967 – 1) –––>
7, 1967, 1983 –––> 17, 1967, (cancellato) –––> 17, 1967, (17 + 1967 – 1) –––>
17, 1967, 1983.

E come faccio io a sapere se eravamo nel caso a) o nel caso b)?

Perché, ci noti qualche differenza fra i due casi?

Quote:

Dovrei andare, ad ogni bivio, a visitare entrambe le vie.
Ci vogliono ... decine (almeno una e mezza) di passi all'indietro per arrivare a terne dell'ordine di grandezza delle unità (come [2, 2, 2] o [3, 3, 3]).
Può darsi che almeno un percorso conduca a [2, 2, 2] e nessuno a [3, 3, 3] (o viceversa). Ma anche in tal caso, siccome senz'altro qualche percorso conduce ad altra terna iniziale, non potrei decidere se ha ragione Caio o invece Tizio o nessuno dei due.

Bye, bye
Qui ci vuole un'intuizione.
Se si parte da una terna pari (2,2,2) cosa si ottiene dopo aver cancellato un numero e averlo sostituito con la somma degli altri due meno 1?
E invece partendo da una terna dispari?

:hello:

Erasmus 18-09-11 20:25

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 517484)
Perché, ci noti qualche differenza fra i due casi?

E come no?
In ogni terna, un numero è la somma degli altri due meno 1 e ciascuno degli altri due è la differenza dei numeri diversi da lui più 1.
Nel caso
a) 17, Y, 1951
potrebbe essere Y = 1951 – 17+1 = 1935 oppure Y = 1951 + 17 – 1 = 1967
Cioè la terna ha l'alternativa:
17, 1935, 1951 oppure 17, 1967, 1951
Nel caso
b) 17, 1967, Z
l'alternativa è:
17, 1967, 1983 oppure 17, 1967, 1951
Vedi che c'è la possibilità che due colpi fa ci sia stata questa o quella terna di 3 terne distinte.
Quote:

aspesi (Scrivi 517484)
Qui ci vuole un'intuizione.
Se si parte da una terna pari (2,2,2) cosa si ottiene dopo aver cancellato un numero e averlo sostituito con la somma degli altri due meno 1?
E invece partendo da una terna dispari?

D'accordo: mi fai notare che partendo da tre numeri tutti dispari ogni terna successiva è fatta da numeri dispari. Partendo invece da 3 numeri pari, per forza cancelli un pari e lo sostituisci con un dispari. Dopo di che tutte le terne saranno di due pari ed un dispari.
[Aggiungo: se parti da 2 dispari ed un pari o [cancellando il pari] caschi e resti in 3 dispari oppure [cancellando un dispari] caschi e resti in 2 pari ed un dispari].
Allora scopro che [2, 2, 2] non va bene. Ma non so mica se va bene [3, 3, 3]!
Se mi avessi proposto di sceglere tra [2, 2, 2] e [1, 3, 5], scartando la terna [2, 2, 2] avrei dovuto optare per [1, 3, 5] che non ha niente a che fare con [3, 3, 3].
Insomma: mi suggerisci un criterio per scartare una opzione. Ma questo criterio non va bene per garantire l'altra opzione.

Ciao, ciao

aspesi 18-09-11 20:44

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 517512)
D'accordo: mi fai notare che partendo da tre numeri tutti dispari ogni terna successiva è fatta da numeri dispari. Partendo invece da 3 numeri pari, per forza cancelli un pari e lo sostituisci con un dispari. Dopo di che tutte le terne saranno di due pari ed un dispari.
[Aggiungo: se parti da 2 dispari ed un pari o [cancellando il pari] caschi e resti in 3 dispari oppure [cancellando un dispari] caschi e resti in 2 pari ed un dispari].
Allora scopro che [2, 2, 2] non va bene. Ma non so mica se va bene [3, 3, 3]!
Se mi avessi proposto di sceglere tra [2, 2, 2] e [1, 3, 5], scartando la terna [2, 2, 2] avrei dovuto optare per [1, 3, 5] che non ha niente a che fare con [3, 3, 3].
Insomma: mi suggerisci un criterio per scartare una opzione. Ma questo criterio non va bene per garantire l'altra opzione.

Ciao, ciao

Intanto, hai scoperto che [2, 2, 2] non può essere la terna di partenza. ;)
Perché le sequenze (ddd) e (ppd) sono stabili (p=pari, d=dispari)
E avendo ottenuto alla fine una sequenza (ddd), si può essere partiti solo da:
[ddd]
oppure
[pdd]

Risposta: la sequenza iniziale (3, 3, 3) risulta compatibile con il risultato finale (17, 1967, 1983)

A questo punto, la successione dei passi potrebbe essere stata:
3 , 3, 3
3, 3, 5
3, 5, 7
..........
(prosegui tu)

:hello:

Erasmus 19-09-11 02:36

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 517520)
[...]
Risposta: la sequenza iniziale (3, 3, 3) risulta compatibile con il risultato finale (17, 1967, 1983)

Cerco un individuo sano. Scarto Tizio che ha il diabete. Caio non è diabetico.
Mica per questo sono sicuro che Caio è sano!
Fuori metafora: So che [3, 3, 3] non ha il tipo di incompatibilità che invece ha [2, 2, 2].
Da qui a dire che " [3, 3, 3] risulta compatibile con [17, 1967, 1983] " ce ne corre!
Infine, anche se trovassi una sequenza di terne che mi fa passare da [3, 3, 3] a [17, 1967, 1983] ... non ha nemmeno senso dire che quella iniziale era proprio [3, 3, 3].
Potrebbe essere stata una qualsiasi terna intermedia della sequenza trovata (che incomincia con [3, 3, 3] e finisce con [17, 1967, 1983]) o, magari, qualche altra. Penso, infatti – ma non sono sicuro – che siano parecchie le sequenze che passano per la terna finale senza passare obbligatoriamente per i termini precedenti.

Quote:

aspesi (Scrivi 517520)
3 , 3, 3
3, 3, 5
3, 5, 7
..........
(prosegui tu)

Eh no! Non hai messo i numeri al posto giusto!
Metto in grassetto il numero che poi cancelli per mettere al suo posto la somma degli altri due meno 1.
3, 3, 3
3, 3, 5 oppure 3, 3, 5
3, 7, 5 oppure 7, 3, 5.

Vedi che 3, 5, 7 proprio non ci sta.

Riprendo da capo e continuo a modo mio.
3, 3, 3
5, 3, 3
5, 7, 3
9, 7, 3
9, 11, 3
13, 11, 3
13, 15, 3
17, 15, 3 (continua)
Da questo punto in poi non cancellerò più il primo numero. Qui resterà 17 in eterno.
Devo poi far in modo che il terzo numero alla fine sia uguale al secondo più 16.
D'ora in poi, o cambia il 2° numero che diventa il 3° più 16, o cambia il 3° che diventa il 2° più 16. Provo a cambiare alternativamente il 3°, il 2°, il 3° ...
17, 15, 31
17, 47, 31
17, 47, 63 (continua)
Mi pare di andar bene perché
47 = 2*16 + 15; 63 = 3*16 + 15; 1967 = 122*16 + 15; 1983 =123*16 + 15
Cioè:
• il secondo ed il terzo numero mod 16 fanno 15 come 1967 e 1983
• ogni 2 colpi il 2° ed il 3° numero crescono entrambi di 32.
• d'ora in poi ogni due colpi sarà sempre:<2° num> = (2n)*16 + 15; <3° num> = (2n+1)*16 + 15
• il contatore n crescerà di una unità ad ogni 2 colpi.
Basta allora continuare fino a che sarà n = 61 perché 1967 = 122*16 + 15 = 61*32 +15
17, 47, 63 n = 1
17, 79, 63
17, 79, 95 n = 2
17, 111, 95
17, 111, 127 n = 3
17, 143, 127
17, 143, 159 n = 4
17, 175, 159
....
17, 1935, 1919
17, 1935, 1951 n = 60
17, 1967, 1951
17, 1967, 1983 n = 61

Eccoti accontentato.

Direi che la sequenza è "ben trovata", ma (proprio per questo) mica tanto casuale!
Non appena il primo numero è 17, questo non si tocca più, si toccano gli altri due soltanto.
Ma non casualmente: sempre alternatamente.
E' come avere una progressione aritmetica di ragione 16 che comincia con 15.
Codice:

k ––> 0,  1,  2,  2,  4,    5,    6,    7,          k,          k+1,                              122,            123
Ak –> 15, 31, 47, 63, 95, 111, 127, 143, ....,16k +15, 16(k+1) +15,  ....,  16*122 +15, 16*123 +15.

Ciao ciao
-----------
:hello:

aspesi 19-09-11 08:35

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 517552)
Eh no! Non hai messo i numeri al posto giusto!
Metto in grassetto il numero che poi cancelli per mettere al suo posto la somma degli altri due meno 1.
3, 3, 3
3, 3, 5 oppure 3, 3, 5
3, 7, 5 oppure 7, 3, 5.

Vedi che 3, 5, 7 proprio non ci sta.

.......

Direi che la sequenza è "ben trovata", ma (proprio per questo) mica tanto casuale!
Non appena il primo numero è 17, questo non si tocca più, si toccano gli altri due soltanto.
Ma non casualmente: sempre alternatamente.
E' come avere una progressione aritmetica di ragione 16 che comincia con 15.
Codice:

k ––> 0,  1,  2,  2,  4,    5,    6,    7,          k,          k+1,                              122,            123
Ak –> 15, 31, 47, 63, 95, 111, 127, 143, ....,16k +15, 16(k+1) +15,  ....,  16*122 +15, 16*123 +15.

Ciao ciao
-----------
:hello:

E perché mai?
Metto in verticale:
3
3 ..
3 .
----
5 si toglie il terzo numero .
7 si toglie il secondo ..
e restano:
3, 5, 7

Il resto è OK :ok:
Da 17, 31, 47 in avanti si tiene bloccato il 17 e si cancella sempre il minore degli altri due numeri.
La sequenza è del tipo (17, n, n+16)
e incrementando di 16 ad ogni passo i due numeri maggiori, con altri 121 passi si arriva a (17, 31+121*16, 47+121*16) ossia a (17, 1967, 1983)

:hello:

aspesi 19-09-11 08:39

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Riprendo questo:

Quote:

aspesi (Scrivi 514429)
3) La combinazione della mia cassaforte è formata da 5 cifre; purtroppo, data l'età :D, non la ricordo.

Il costruttore per sicurezza mi ha fornito una serie di 10 numeri con i quali è possibile risalire al numero originario.
Difatti, in ciascuno dei 10 numeri seguenti vi è una ed una sola cifra nella esatta posizione della combinazione.

06582
19086
24937
32023
45900
58064
67123
71657
81499
96880

Se guardiamo ad esempio il primo numero dell'elenco, il mio numero potrebbe essere 28560 o 22222, ma non 06111 oppure 33333.

Chi è in grado di aprire la mia cassaforte?

:hello:

Solo per dare la soluzione, che è:
51983

:hello:

aspesi 19-09-11 08:56

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 514750)
4) I frati nel convento

In un convento di clausura, ci sono N frati (N>2) dediti al silenzio totale e al rifiuto dell'immagine (non hanno specchi).
Una notte, tutti i frati sognano contemporaneamente che almeno uno di loro è maledetto. I frati maledetti sono distinguibili da un punto nero sulla fronte.

I frati si riuniscono a mensa una volta al giorno; in questa occasione, ciascuno può vedere la fronte degli altri (ma non la sua).
Poi ciascuno si ritira nella sua cella; a quel punto, chi sa con certezza di essere maledetto deve lasciare il convento (e ovviamente sarà assente alla riunione del giorno successivo)

Dopo il sogno, ma prima della prima riunione, tutti i frati fanno questo ragionamento:
sono ipotizzabili diversi scenari:
S1: un solo frate maledetto
S2: due frati maledetti
S3: tre frati maledetti
.....
Sn : n frati maledetti

Ovviamente, uno solo degli scenari è reale: noi sappiamo (ma i frati non lo sanno!) che ci sono 7 frati maledetti.

Come fanno costoro a capirlo e dopo quanti giorni lasceranno il convento?

:hello:

Si può fare questo ragionamento:

Se è reale lo scenario S1, alla prima riunione il frate maledetto vedrà che nessun altro è contrassegnato, capirà quindi di essere lui il predestinato e abbandonerà il convento.
Quindi, se è vero S1, alla seconda riunione mancherà un frate.

Se è reale S2, alla prima riunione ciascuno dei due maledetti vedrà un solo puntino; non può sapere se sia vero S1 o S2 quindi non fa nulla. Alla seconda riunione, i due vedono ancora un puntino (tutti gli altri due puntini) e nessun frate mancante; capiscono allora che S1 è falso, quindi deve essere vero S2. Conseguentemente se ne vanno e, se è reale S2, alla terza riunione mancheranno due frati.

Se è reale S3, ciascun frate maledetto vede due puntini e resta nel dubbio se lo scenario reale sia S2 o S3. Il dubbio dura per le prime due riunioni e si scioglie alla terza. Infatti, ciascuno dei tre, constatato che nessuno è andato via, capisce che S2 è falso e quindi S3 è vero, e fa fagotto. Quindi, se è reale S3, alla quarta riunione mancano tre frati.

E così di seguito per gli n scenari possibili.
Si può concludere che, in generale, se è vero lo scenario Sk, ciascuno dei frati maledetti se ne renderà conto alla k_esima riunione e quindi abbandonerà subito dopo il convento; alla riunione k+1 ci saranno k frati in meno.

:hello:

aspesi 19-09-11 09:22

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
7) Un quadrato unitario è suddiviso in quattro rettangoli tramite due segmenti paralleli ai suoi lati.
Dimostrare che il prodotto delle aree di due rettangoli non adiacenti non supera 1/16

:hello:

nino280 19-09-11 10:44

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
7) Un quadrato unitario è suddiviso in quattro rettangoli tramite due segmenti paralleli ai suoi lati.
Dimostrare che il prodotto delle aree di due rettangoli non adiacenti non supera 1/16

:hello:

Semplice.
Divido il quadrato in quattro quadrati da 1/4 e 1/4*1/4=1/16 che non supera 1/16.
Ma avevi detto rettangoli? Ma per definizione un quadrato non è forse un caso particolare di rettangolo?:D
Ciao

aspesi 19-09-11 11:03

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

nino280 (Scrivi 517664)
7) Un quadrato unitario è suddiviso in quattro rettangoli tramite due segmenti paralleli ai suoi lati.
Dimostrare che il prodotto delle aree di due rettangoli non adiacenti non supera 1/16

:hello:

Semplice.
Divido il quadrato in quattro quadrati da 1/4 e 1/4*1/4=1/16 che non supera 1/16.
Ma avevi detto rettangoli? Ma per definizione un quadrato non è forse un caso particolare di rettangolo?:D
Ciao

Giusto.
Ma analiticamente:
__________________________________
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|...............A....................|.........B........| ...1 - y
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|----------------------------- |---------------|
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|..............C.....................|........D.........|......y
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|_____________________|___________|

................. x ...................... 1 - x

Se A, B, C, D sono le aree dei quattro rettangoli, i prodotti valgono:
..............

:hello:

Erasmus 19-09-11 13:54

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 517625)
7) Un quadrato unitario è suddiviso in quattro rettangoli tramite due segmenti paralleli ai suoi lati.
Dimostrare che il prodotto delle aree di due rettangoli non adiacenti non supera 1/16

:hello:

Tu, probabilmente, per "adiacenti" intendi due rettangoli che si toccano solo in un vertice.
Allora il prodotto delle loro aree è compreso tra 0 (escluso) e 1/16 (compreso).
Ma "adiacente" significa "che giace accanto" (dal latino adiacens, participio pesente del verbo adiacère ––> ad + iacère, ad = accanto, vicino; iacère = giacére, stare in un certo posto, stare sdraiati ...).
[In geometria euclidea si dicono "adiacenti" due angoli consecutivi (= con il lato termine di uno coincidente col lato origine dell'altro) e supplementari (= la cui somma è un angolo piatto)].

Se consideri "adiacenti" due rettangoli con un lato comune, il prodotto delle loro aree è compreso tra 0 (escluso) ed 1/4 (escluso).
---------------------------
Tipico esercizietto sulle derivate parziali ...
Pongo x e y le distanze delle due rette da un vertice, diciamolo V.
[x ed y variano quindi da 0 escluso ad 1 escluso].
L'area del rettangolo con quel vertice V è S1 = xy.
L'area del rettangolo con un vertice che, nel quadrato, è opposto di V è S3 = (1–x)(1–y).
Gli altri due rettangoli hanno area (rispettivamente) S2 = x(1–y) e S4 = y(1–x).

[Segue un discorso ... barboso!].
Abbiamo così 6 prodotti di aree di 2 rettangoli:
P1(x, y) = S1*S2 = (xy)*[x(1–y)] = (x^2)[y(1–y)];
P2(x, y) = S1*S3 = (xy)*[(1–x)(1–y)] =[x(1–x)][y(1–y)] (che è quello che hai in mente tu).
P3(x, y) = S1*S4 = (xy)*[y(1–x)] = (y^2)[x(1–x)];
P4(x ,y)= S2*S3 = [x(1–y)]*[(1–x)(1–y)] = [x(1–x)]*[(1–y)^2]
P5(x, y) = S2*S4 = [x(1–y)]*[y(1–x)] = (xy)*[(1–x)(1–y)] = P2(x,y)
P6(x, y) = S3*S4 = [(1–x)(1–y)]*[y(1–x)] = [y(1–y)]*[(1–x)^2].

Ma i tipi di prodotti sono, in sostanza, 2 soltanto: quelli delle aree di
• due rettangoli con un lato comune; oppure
• due rettangoli che hanno in comune solo un vertice.
(Così si riconosce anche scambiando x con 1–x, e/o y con 1–y e/o x con y).
Ossia: i due tipi distinti sono:
P1(x, y) = (x^2)*(y – y^2);
P2(x,y) = [x(1–x)]*[y(1–y)] (quello che hai in mente tu).

A parità di y, P1 è massimo per x=1.
Al variare di y tra 0 e 1, P1 è nullo nei limiti (y=0 oppure y = 1) e ha un massimo dove si annulla ∂P1/∂y = (x^2)*(1–2y), cioè per y = 1/2.
Qui PI(x,1/2) = (x^2)(1/2 – 1/4) = (x^2)/4, che è massimo in x = 1 dove vale:
P1(1,1/2) = 1/4.

P2(x, y) si annulla nei limiti di x e/o di y:
P2(x,0) = P(x, 1) = P2(0, y) = P2(1, y) = 0.
E' perciò massimo assoluto in certo (x, y) non di confine dove si annulla sia ∂P2/∂x che ∂P2/∂y.
Si ha infatti:
∂P2/∂x = (1–2x)*[y(1–y)]; ∂P2/∂x = 0 ⇒ (1–2x)*[y(1–y)] =0 ⇒ x = 1/2.
∂P2/∂y = (1–2y)*[x(1–x)]; ∂P2/∂y = 0 ⇒ (1–2y)*[x(1–x)] = 0 ⇒ y = 1/2.
P2(1/2, 1/2) = [(1/2)(1–1/2)]*[1/2(1–1/2)] = 1/16 (c. d. d. :D)
---------------
NB
Se si dice x la posizione di una retta rispetto alla mediana ad essa parallela
e se si dice y la posizione dell'altra retta rispetto alla mediana ad essa parallela
x ed y possono variare tra –1/2 e +1/2. Allora PI e P2 risultano del tipo:
P1(x, y) = [(1/2 –x)(1/2–y)]*[(1/2 +x)(1/2 – y)] = (1/4 – x^2)*[(1/2 – y)^2];
P2(x, y) = [(1/2 – x)(1/2 – y)]]*[(1/2 + x)(1/2 + y)] = (1/4 – x^2)(1/4 – y^2).
Allora ... non c'è bisogno di usare le derivate parziali!
Si vede subito che:
• P1, a parità di x, è massimo per y = –1/2 e, a parità di y, è massimo per x = 0.
E' quindi massimo assoluto in (0, –1/2) dove vale P1(0, –1/2) = (1/4)*1 = 1/4:
• P2 (quello che hai in mente tu) è nullo per x =±1/2 o y = ±1/2 ed à evidentemente massimo assoluto per x = y = 0 dove vale P(0, 0) = (1/4)*(1/4) =1/16 (c. d. d. :D)

Ciao ciao
-------------
:hello:

aspesi 19-09-11 14:49

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 517754)
Tu, probabilmente, per "adiacenti" intendi due rettangoli che si toccano solo in un vertice.

Certamente no!

Quote:

Se consideri "adiacenti" due rettangoli con un lato comune,
Esattamente.
Ma io avevo scritto:
"Dimostrare che il prodotto delle aree di due rettangoli non adiacenti non supera 1/16"

Adesso vado a vedere il resto... ;)

:hello:

aspesi 19-09-11 15:15

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Tu hai detto la tua (che sarà certamente il modo più rigoroso barboso)

Adesso guarda la mia dimostrazione:

Riprendo il quadrato postato in precedenza:
__________________________________
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|...............A....................|.........B........| ...1 - y
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|----------------------------- |---------------|
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|..............C.....................|........D.........|......y
|.....................................|...................|
|.....................................|...................|
|_____________________|___________|
................. x ...................... 1 - x

Se A, B, C, D, sono le aree dei quattro rettangoli, i prodotti valgono:
C * B = x*y * (1-x)*(1-y)
D * A = (1-x)*y * x*(1-y)

Si nota subito che i due prodotti sono uguali (stessi fattori in diverso ordine)

Detto P questo prodotto e variando l'ordine, si può scrivere:
P = x*(1-x) * y*(1-y)

ossia P è anche il prodotto delle aree di due rettangoli, ciascuno con perimetro uguale a 2 (infatti la somma delle lunghezze di due lati consecutivi vale 1)

Questo lo so anch'io....:D
Fra tutti i rettangoli aventi lo stesso perimetro, l'area è tanto maggiore quanto più il rettangolo è "compatto"; il massimo si ha per
x = (1-x) = 1/2
e il rettangolo diventa un quadrato con l'area che vale 1/4 (idem per l'altro rettangolo)

Quindi, nel caso limite in cui i due segmenti passano per il centro del quadrato dato, dividendolo in 4 quadrati uguali, si ha:
x = (1-x) = y = (1-y) = 1/2
e il prodotto P vale 1/4*1/4 = 1/16

In tutti gli altri casi P<1/16

:hello:

aspesi 19-09-11 16:03

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
8) Una proprietà molto rara.

Prendiamo un intero A, aggiungiamo la somma delle sue cifre per ottenere B, aggiungiamo a B la somma delle cifre dello stesso B per ottenere C.
Ora, se invertendo le cifre di C ottengo A, quale numero può essere A?

Es.
A = 12
12 + 1 + 2 = 15
15 + 1 + 5 = 21
inversione di 21 = 12

Penso che ci sia solo un altro possibile valore di A oltre al 12.

9) Una torta rettangolare ricoperta di cioccolato deve essere divisa in 3 parti con 2 tagli verticali (non necessariamente rettilinei, se si vuole anche segmentati), in modo che ogni parte contenga la stessa quantità di cioccolato (Superficie) e la stessa quantità di contenuto (Volume).

Penso che ci sia più di una soluzione.

:hello:

(Per un po', basta quiz...)

Erasmus 19-09-11 18:27

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

aspesi (Scrivi 517783)
... io avevo scritto:
"Dimostrare che il prodotto delle aree di due rettangoli non adiacenti non supera 1/16"

Sorry! :o
:spaf: non avevo letto il "non".
-------------------------
Occhio: tutti i rilievi che fai [sul cambio di ordine dei fattori, che le aree delle due coppie di non adiacenti dànno lo stesso prodotto, ecc] ci stavano pari pari anche nella mia barbosa spiegazione.

La "barbosità", nel mio modo di vedere, era nel voler far uso delle derivate parziali (oltre al voler essere completo, considerando tutte le 6 coppie per mostrare che di tipi distinti nella sostanza ce n'erano solo 2]

Ma hai letto bene il "NB." ? ;)

Quello non era "barboso e diceva tutto in poche righe.
Faccio anch'io una figura. E poi ti riscrivo quel "NB".
Ma gli tolgo quanto si riferisce a rettangoli "adiacenti", uso A e B per indicare le aree dei rettangoli di una coppia di "non adiacenti" e metto una frasetta di spiegazione in più.
Codice:


    |1/2 – x |    1/2 + x  |
    |________|_______________| _ _ _ _ _
    |        |  :          |
    |        |  :          | 1/2 – y
    |    A  |  :          |
_ _ _|________|___:__________ | _ _ _ _ _
  y  |        |  :          | 
.....|........|...............|
    |        |  :          |
    |        |  :          | 1/2 + y
 1/2 |        |  :  B      |
    |        |  :          |
    |        |  :          |
- - -|————————|———————————————|————————
              |  :          |
              | x :    1/2    |


 A = (1/2 – x) · (1/2 – y);
 B = (1/2 + x) · (1/2 + y);
 A·B = [ (1/2 – x) · (1/2 – y)]·[ (1/2 + x) · (1/2 + y)] = (1/4 – x^2)·(1/4 – y^2)

«Se si dice x la posizione di una retta rispetto alla mediana ad essa parallela
e se si dice y la posizione dell'altra retta rispetto alla mediana ad essa parallela,
x ed y possono variare tra –1/2 e +1/2.
Allora P = A·B risulta del tipo:
P(x, y) =A·B = [(1/2 – x)(1/2 – y)]]*[(1/2 + x)(1/2 + y)] = (1/4 – x^2)(1/4 – y^2).
Allora ... non c'è bisogno di usare le derivate parziali!
Si vede subito che:
• P(x,y) è nullo per x =±1/2 o y = ±1/2 ed à evidentemente massimo assoluto per
x = y = 0
(perché x^2 e y^2, non essendo mai negativi, sono minimi quando si annullano)
dove vale P(0, 0) = (1/4)*(1/4) =1/16 (c. d. d. :D)»

Ciao ciao

astromauh 19-09-11 18:48

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
La soluzione del quiz N. 8 è

69


Aspesi, non farmi domande indiscrete.;)

aspesi 19-09-11 19:49

Re: Un po' di calcoli ... un po' di logica....
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 517867)
Si vede subito che:
• P(x,y) è nullo per x =±1/2 o y = ±1/2 ed à evidentemente massimo assoluto per
x = y = 0 (perché x^2 e y^2, non essendo mai negativi, sono minimi quando si annullano)
dove vale P(0, 0) = (1/4)*(1/4) =1/16 (c. d. d. :D)»

Ciao ciao

OK, questa spiegazione è chiara e semplice (come quella che ho scritto io) ;)

:hello:


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