Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia

Coelestis - Il Forum Italiano di Astronomia (http://www.trekportal.it/coelestis/index.php)
-   Rudi Mathematici (http://www.trekportal.it/coelestis/forumdisplay.php?f=11)
-   -   Qualche quiz (http://www.trekportal.it/coelestis/showthread.php?t=33691)

aspesi 30-08-11 12:53

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 511550)
Avendo 2 triangoli con i lati noti possiamo trovare gli angoli ai loro vertici (col teorema di Carnot).
.............

Ci penserò ancora ...
Nel frattempo cercherò di trovare graficamente la soluzione (ovviamente approssimata, per tentativi con approssimazioni successive).

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

La soluzione è:
AD=(35 sqrt(105) - 43)/212 - sqrt(481726 sqrt(105) -3045014)/1484 =~ 0.5622

(il valore mi torna... per quanto riguarda l'espressione ... ci credo sulla fiducia... :rolleyes:)

:hello:
Nino




Erasmus 30-08-11 17:10

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 511555)
La soluzione è:
AD=(35 sqrt(105) - 43)/212 – sqrt(481726 sqrt(105) –3045014)/1484 ≈ 0.5622

(il valore mi torna... per quanto riguarda l'espressione ... ci credo sulla fiducia... :rolleyes:)

Ma ... da dove diavolo hai preso 'sto quiz?
--------------------------------------------
Ho rifatto la figura in scala 200% (lati AB= 8 cm, BC ≈ 10 cm; AC ≈ 12 cm).
Eccola qua:
=> Figura-nuova.PNG
Con la massima accuratezza di cui sono stato capace, e col fatto che le misure che mi dà l'editor [di grafica] AppleWorks sono al decimo di millimetro, il segmento (obliquo) AD mi risulta largo 0,64 cm ed alto 0,95 cm.
Con ciò, nella mia approssimazione [come vedi anche nella detta Figura-nuova.PNG ], mi viene:
AD = (1/2)·√(0,64^2 + 0,95^2) ≈ 0,5727...
che differisce [per ecesso] di circa il 2% dal valore 0,5622 che segnali tu.

L'espressione che segnali, {con due addendi: un radicale ed un radicale doppio, cioè del tipo x = √(a) + √[b+√(c)]} ha l'aria di essere soluzione di speciale equazione di 8° grado (come viene razionalizzando).
Nel procedimento di cui ho dato l'impostazione vengono tre equazioni di 2° grado: una in x e y, un'altra in y e z e un'altra ancora in z ed x, ma tutte con la stessa struttura Quindi un sistema di grado 2*2*2*=8 in tre incognite x, y e z, delle quali una è x = AD.
Chissà: forse facendo davvero quel che ho indicato viene quell'equazione là! :rolleyes:
Ma chi se la sente di fare davvero i calcoli?
Io no, tu nemmeno ... e l'Illustrissimo penso che vomiterebbe al solo pensiero di provarci!

O invece c'è un altra via equivalente ma meglio praticabile ...
Boh! :mmh:

Ciao ciao





----------
:hello:

aspesi 30-08-11 19:05

Re: Qualche quiz
 
Ho controllato il risultato dell'equazione che ho scritto e dà 0,562190522...

Questo problemino l'ho copiato dal NG it.scienza.matematica.
Ha avuto solo una risposta e chi l'ha risolto dice laconicamente che la soluzione si ottiene applicando tre volte il teorema di Carnot, che sarebbe il procedimento che hai impostato tu (ma non va oltre e non mostra i passaggi e i calcoli).

La differenza rispetto al valore che hai misurato graficamente mi pare però eccessiva.

:hello:

Ho misurato (con una riga :D) il tuo Figura-nuova.PNG e mi pare che costruendo i triangoli non hai rispettato le proporzioni.
Ad es., prendendo per buoni i lati AC e BC (che è già un po' più corto di quanto dovrebbe essere), il lato AB che hai disegnato è troppo corto (di ben il 4,5%)

Erasmus 30-08-11 22:15

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 511740)
... il lato AB che hai disegnato è troppo corto (di ben il 4,5%)

Eh NO!
L'unica certezza dell'originale è proprio AB= 4.
[Unità di lunghezza 2 cm; cioè: larghezza dell'oggetto ∆x = 8,00 cm; altezza dell'oggetto ∆y = 0,00 cm.]

Per 'postare' l'immagine copio un rettangolo di schermo che ha la figura nel foglio originale dell'editor di grafica; e così fabbrico di colpo una immagine PNG che finisce sulla "scrivania". Poi carico questa immagine PNG su http://www.imageshack.us/ .

Per disegnare ABC parto con AB orizzontale [lungo 8 cm esatti], poi devo disegnare AC e BC obliqui. Per far questo, prendo inizialmente due segmenti orizzontali lunghi esattamente 6 e 5. Poi dovrò girare:
• il segmento lungo 6 dell'angolo in A:
(180/π)·arcos[(6^2 + 4^2 – 5^2)/(2·6·4) = 55,771...°;
• il segmento lungo 5 dell'opposto dell'angolo in B:
–(180/π)·arcos[(5^2 + 4^2 – 6^2)/(2·5·4) = –82,619...°
Ma il mio editor sa ruotare solo di un numero intero di gradi!
Allora devo ruotare il primo di 56° ed il secondo di –83°. Quando trasporto gli estremi bassi di questi segmenti obliqui rispettivamente in A e B del segmento AB (che è lungo esattamente 4) gli estremi alti non combaciano: resta tra loro una piccolissima fessura. Allora, (approssimando con le perpendicolari in quegli estremi alti), cerco il punto dove portare gli estremi alti. Poi, per controllo, mi faccio dare dall'editor la larghezza e l'altezza dl ciascun segmento obliquo di cui trovo la lunghezza (con Pitagora sulla Calcolatrice Grafica).
Nel disegno originale (che ho riaperto e sto controllando) mi ritrovo ora:
AB ––> ∆x = 8,00 cm; ∆y = 0,00 cm –-> AB = 8,00 cm;
AC ––> ∆x = 6,74 cm; ∆y = 9,92 cm ––> AC = √(6,74^2 + 9,92^2) cm ≈ 11,993 cm
BC ––> ∆x = 1,26 cm; ∆y = 9,92 cm ––> BC = √(1,26^2 + 9,92^2) cm ≈ 10,000 cm

Nota anche che i due ∆y somo uguali e la somma dei due ∆x è proprio (6,74 + 1,26) cm = 8,00 cm.
Dunque: meglio di così non potevo fare!

Più difficile è stato costruire il triangolo DEF.
Prima l'ho disegnato con DE orizzontale lungo 2 (cioè 4,00 cm).
Problemi analoghi al caso precedente, ma risolti con minore precisione per due motivi:
• i lati sono più corti e la sensibilità dell'editor è ancora il decimo di mm di prima;
• il lato DE = 2 – per ora orizzontale, cioè: ∆x =4,00 cm e ∆y = 0,00 cm – non è la somma dei due ∆x di quelli obliqui lunghi 4 (= 8 cm) e 3 (= 6 cm), ma la differenza (perché l'angolo in B è ottuso).
[Beh: era meglio se mettevo orizzontale il lato più lungo invece di quello più corto. :o ]
Poi l'ho girato ... in "rotazione libera" e l'ho spostato cercando di far cascare D su AC, E su AB ed F su BC.
E qui viene il difficile perché, come prima, posso far girare un segmento solo di un numero intero di gradi. E allora devo muovere ... necessariamente a sentimento gli estremi dei segmenti-lati [cercando di mantenerne la lunghezza dei segmenti ... ma è ben difficile riuscirci, cioè far girare in tal modo [= a sentimento :rolleyes:] i lati della stessa frazione di grado!

Ergo: mi pare di aver fatto un ottimo lavoro riuscendo a stare in un errore di circa 2%.

Cosa succede poi di preciso al disegno caricato in Internet come PNG ottenuta prelevando dallo schermo ... Dio solo lo sa.
Alla fine arrivi tu a dirmi che, misurando i segmenti con un righello sul tuo computer (magari ancora a tubo catodico, e allora con possibili aberrazioni ...), il segmento AB è già fuori di almeno un bel 4,5% ... :mad:

Ma per favore, Nino-aspesi: come faccio a finire con errore del 2% se già parto col triangolone sballato del 4.5%? :mmh:
-------------------
Npn ho alcuna intenzione di fare i calcoli.
Sono tuttavia ... compiaciuto – e chi non è un tantino narcisista? – di quel che mi dici:
Quote:

aspesi (Scrivi 511740)
... chi l'ha risolto dice laconicamente che la soluzione si ottiene applicando tre volte il teorema di Carnot, che sarebbe il procedimento che hai impostato tu

Ciao ciao.
Alla prossima

aspesi 31-08-11 09:39

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 511812)
Ergo: mi pare di aver fatto un ottimo lavoro riuscendo a stare in un errore di circa 2%.

Cosa succede poi di preciso al disegno caricato in Internet come PNG ottenuta prelevando dallo schermo ... Dio solo lo sa.

Ciao ciao.
Alla prossima

A questo infatti mi riferivo.
Prova a misurare sullo schermo ad es. il lato AB e confrontalo con DF: dovrebbe essere della stessa lunghezza e invece io lo vedo il 2% più corto...

Ho fatto anch'io la figura (*2) su un foglio di carta e mi vengono:
AD = 1,13
AE = 4,51
DC = 10,87
CF = 4,65
FB = 5,35
EB = 3,49

Da cui le aree:
S_ABC = 39,68627

S_DCF = 16,7274
S_DEF = 11,61895
S_EFB = 9,2582
S_AEB = 2,0817 dalla differenza
S_AEB = 2,1263

Altezza DH = 0,9232 .. - .. 0,9429 (tu hai 0,95)
AD (dalla differenza delle aree) = 1,11 (invece di 1,1244)
:hello:

aspesi 31-08-11 09:59

Re: Qualche quiz
 
Questo mi pare carino.

Quanti sono i solidi rettangolari con superficie e volume uguali?
Es.: in un cubo di spigolo 6, sia la superficie che il volume misurano 36*6 = 216

:hello:

Erasmus 01-09-11 11:28

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 511912)
Questo mi pare carino.

Quanti sono i solidi rettangolari con superficie e volume uguali?
Es.: in un cubo di spigolo 6, sia la superficie che il volume misurano 36*6 = 216

:hello:

Un altro è la "mattonella" 12 x 12 x 3. ;)
V = 12·12·3 = 432;
S = 2·(12·12) + 4·(12·3) = 288 + 144 = 432.

Un terzo il "mattone" 4 x 6 x 12.
V = 4·6·12 = 288;
S = 2(4·6) + 2(6·12) +2(12·4) = 48 + 144 + 96 = 288.
-------------------------------------------------------
Un prisma con le basi rettangolari è detto "parallelepipedo".
Un prisma con le facce perpendicolari alle basi è detto "prisma retto". Allora le facce sono rettangolari.
Tu, per "solidi rettangolari", intendi di sicuro "parallelepipedi retti".

Suppongo anche che tu sottintenda che le lunghezze degli spigoli debbano essere espresse da numeri interi.

Di questi parallelepipedi ce ne sono infiniti.
Tutti con tutti gli spigoli più lunghi di 2: ma se uno spigolo è minore di 6, almeno un altro è maggiore di 6 e comunque il prodotto di due spigoli è maggiore del doppio della loro somma.

------------------------------------------------------------
Dette a, b e c le misure degli spigoli occorre trovare le terne di interi a, b e c tali che risulti:

2ab + 2bc + 2ca = abc. (*)

Dividendo entrambi i membri dell'equazione (*) per abc si ha:
2/c + 2/a + 2/b = 1.

Ponendo infine

x = 2/a; y = 2/b; z = 2/c (**)

si ricava

x + y + z = 1 (***)

che è l'equazione cartesiana del piano ortogonale al vettore v = [1/3, 1/3, 1/3] e contenete la "punta" di tale vettore [distante 1/√(3) dall'origine].

Con la condizione che tutte le coordinate siano positive, occorre limitarsi al triangolo [equilatero] – perimetro escluso – del primo ottante di vertici:
A(1, 0, 0), B(0, 1, 0), C(0, 0, 1).

Nei punti interni del triangolo ABC abbiamo:
0 < x < 1 => a > 2;
0 < y < 1 => b > 2;
0 < z < 1 => c > 2.
Nel centro del triangolo è x = y = z = 1/3 => a = b = c = 6 [il tuo cubo].
Per x > 1/3, il lembo di piano su riduce al triangolo [equilatero] – perimetro escluso – di vertici A(1, 0, 0), H(1/3, 2/3, 0), K(1/3, 0, 2/3).
Il che significa che se uno spigolo è minore di 6 almeno un altro spigolo è maggiore di 6.

Se [in più] imponiamo che a, b e c debbano essere interi, allora x, y e z debbono essere frazioni del tipo 2/<numero intero>.
Faccio un esempio.
Assumo c = 5, ossia z = 2/5, e quindi x + y = 1 – 2/5 = 3/5.
3/5 lo posso pensare 12/20 = 2/20 + 2/4, ossia: a = 20 e b = 4.
Controlliamo.
V = 5·4·20 = 400
S = 2·(4·5) + 2·(4·20) + 2·(5·20) = 40 +160 + 200 = 400

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

aspesi 01-09-11 11:53

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 512456)
Suppongo anche che tu sottintenda che le lunghezze degli spigoli debbano essere espresse da numeri interi.



Quote:

Erasmus (Scrivi 512456)
Di questi parallelepipedi ce ne sono infiniti.

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

Non mi pare...:)
Invece, ce ne sono pochi (lasciamo perdere i risultati simmetrici)

:hello:
Ciao
Nino

Erasmus 01-09-11 16:50

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 512464)
... ce ne sono pochi [di casi], (lasciamo perdere i risultati simmetrici).

Porco mondo ... hai ragione :lipssealed:
Infatti:
a) Se due spigoli (diciamoli b e c) sono maggiori di 6, il reciproco di ciascuno è minore di un sesto e la somma dei reciproci è minore di 1/3, diciamola i/3 – epsilon.
Allora:
1/a = 1/2 – (1/b + 1/c) = 1/2 – 1/3 + erpsilon = 1/6 + epsilon > 1/6
Ossia: il terzo spigolo è minore di 6. Ed essendo anche maggiore di 2 potrebbe al massimo valere 3, 4 o 5.
Il numero di casi è finito perché uno spigolo non può essere troppo grande se anche un altro è maggiore di 6.
b) Se un solo spigolo è maggiore di 6, gli altri due sono maggiori di 2 e minori di 7 e potrebbero al massimo essere
3, 3
3, 4
3, 5
3, 6
4, 5
4, 6
5, 6
Al massimo 7 casi. Ma non è detto che siano tutti possibili.

c) Resta il caso a = b = c = 6.

Adesso, però, si possono esaminare uno alla volta
a)
1. c = 3?
1.1 1/a +1/b = 1/2 – 1/3 = 1/6 = 1/12 + 1/12; OK (a=b = 12)
1.2 1/a +1/b = 1/6 = 3/18 = 1/18 + 1/9. OK (a = 18; b = 9; c = 3)
...

Devo interrompere ...
Continuerò stasera.

Ciao ciao.

-------
:hello:

aspesi 02-09-11 08:33

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 512544)
a) Se due spigoli (diciamoli b e c) sono maggiori di 6, il reciproco di ciascuno è minore di un sesto e la somma dei reciproci è minore di 1/3, diciamola i/3 – epsilon.
Allora:
1/a = 1/2 – (1/b + 1/c) = 1/2 – 1/3 + erpsilon = 1/6 + epsilon > 1/6
Ossia: il terzo spigolo è minore di 6. Ed essendo anche maggiore di 2 potrebbe al massimo valere 3, 4 o 5.
Il numero di casi è finito perché uno spigolo non può essere troppo grande se anche un altro è maggiore di 6.

:ok: Ma come sei complicato...:D

Non è difficile convincersi che il solido richiesto deve avere almeno una dimensione non superiore a 6 (il massimo cubo contenuto non può superare C6)
Infatti, partendo dal cubo C6 salta subito all'occhio che aumentando anche una sola delle dimensioni si sbilancia il rapporto a favore del volume.

Aspetto il risultato e la sua giustificazione algebrica ;)

Ciao
Nino

Erasmus 03-09-11 03:30

Re: Qualche quiz
 
Riprendo...
---------------------
a)
1. c = 3?
1/a +1/b = 1/2 – 1/3 = 1/6 = 1/12 + 1/12; OK (a=b = 12; c = 3) UNO
1/a +1/b = 1/6 = 3/18 = 1/18 + 1/9. OK (a = 18; b = 9; c = 3) DUE
1/a +1/b = 1/6 = 4/24 = 1/24 + 1/8. OK (a = 24; b = 8; c = 3) TRE
1/a +1/b = 1/6 = 5/30 =1/30 + 2/15 NO
Stop perché non ci sarebbero più due spigoli maggiori di 6

b)
3, 3 ––> 1/2 – (1/3 +1/3) = 1/2 – 2/3 = – 1/6 NO
3, 4 ––> 1/2 – (1/3 + 1/4) = (6–4–3)/12 = –1/12 NO
3, 5 ––> 1/2 –(1/3 +1/5) = (15–10–6)/30 = –1/30 NO
3, 6 ––> 1/2 – (1/3 + 1/6) = (3–2–1)/6 = 0 NO
4, 5 ––> 1/2 –(1/4 + 1/5) = (10 –5 – 4)/20 = 1/20 OK (a=20; b = 5; c = 4) QUATTRO
4, 6 ––> 1/2 –(1/4 + 1/6) = (6 –3 – 2)/12 = 1/12 OK (a=12; b = 6; c = 4) CINQUE
5, 6 ––> 1/2 –(1/5 + 1/6) = (15 –6 – 5)/30 = 2/15 NO
6, 6 ––> 1/2 –(1/6 + 1/6) = (3–1–1)/6 = 1/6 OK (a= b = c = 6) SEI

Allora: sono 6 in tutto.
12, 12, 3
18, 9, 3
24, 8, 3
20, 5, 4
12, 6, 4
6, 6, 6

------------
I fattori primi in gioco sono 2, 3 e 5.
Vedo anche che lo spigolo massimo è sempre il minimo comune multiplo.

-------------

Quote:

aspesi (Scrivi 512712)
[...]
Aspetto il risultato e la sua giustificazione algebrica ;)

Cosa intendi per "giustificazione algebrica"? :mmh:

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

aspesi 03-09-11 10:16

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 513016)
Allora: sono 6 in tutto.
12, 12, 3
18, 9, 3
24, 8, 3
20, 5, 4
12, 6, 4
6, 6, 6

No :fis:
Ne hai dimenticati quattro.

Quote:

Erasmus (Scrivi 513016)
Cosa intendi per "giustificazione algebrica"? :mmh:

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

Supponiamo che a sia la dimensione più piccola (che abbiamo visto non può superare 6).

Esplicitiamo b e consideriamo a costante:

2ab + 2bc + 2ac = abc
b(ac-2a-2c) = 2ac
b = 2ac/[c(a-2)-2a]

Esaminiamo i 6 casi possibili:

a = 1
b = 2c/(-c-2) valori negativi

a = 2
b = 4c/(-4) valori negativi

a = 3
b = 6c/(c-6) = 6 + 36/(c-6)
* c-6 = 1 ------> a = 3 ; b = 42 ; c = 7
* c-6 = 2 ------> a = 3 ; b = 24 ; c = 8
* c-6 = 3 ------> a = 3 ; b = 18 ; c = 9
* c-6 = 4 ------> a = 3 ; b = 15 ; c = 10
* c-6 = 6 ------> a = 3 ; b = 12 ; c = 12
ci si può fermare, perché c ha raggiunto b e continuando si trovano risultati simmetrici

a = 4
b = 8c/(2c-8) = 4 + 16/(c-4)
* c-4 = 1 ------> a = 4 ; b = 20 ; c = 5
* c-4 = 2 ------> a = 4 ; b = 12 ; c = 6
* c-4 = 4 ------> a = 4 ; b = 8 ; c = 8

a = 5
b = 10c/(3c-10)
* 3c-10 = 2 ------> a = 5 ; b = 20 ; c = 4 già visto
* 3c-10 = 5 ------> a = 5 ; b = 10 ; c = 5
* 3c-10 = 10 ------> a = 5 ; b = 5 , c = 10 come il precedente

a = 6
b = 12c/(4c-12) = 3 + 9/(c-3)
* c-3 = 1 ------> a = 6 ; b = 12 ; c = 4 già visto
* c-3 = 3 ------> a = 6 ; b = 6 ; c = 6

In conclusione, ci sono 10 casi:
.. a .......... b .......... c ..............V=S
----- ..... ----- ...... ----- ......... -------
.. 3 ......... 7 ......... 42 ............. 882
.. 3 ......... 8.......... 24 ............. 576
.. 3 ......... 9 ......... 18 ............. 486
.. 3 ........ 10 .........15 ............. 450
.. 3 .........12......... 12 ............. 432
.. 4 ......... 5 ......... 20 ............. 400
.. 4 ......... 6 ......... 12 ............. 288
.. 4 ......... 8 .......... 8 .............. 256
.. 5 ......... 5 ......... 10 ............. 250
.. 6 ......... 6 .......... 6 .............. 216

:hello:
Nino

Erasmus 03-09-11 15:05

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 513083)
No :fis: Ne hai dimenticati quattro.

:lipssealed:
In quale punto li ho persi per strada? :o
-------------
Amen!
Ormai ... sono quasi al capolinea! :D
-------------
Ciao ciao

Erasmus 03-09-11 15:42

Re: Qualche quiz
 
Ho capito dove mi sono perso le terne.

a) Tra i casi con uno spigolo 3 e due spigoli maggiori di 6 ho saltato di vedere se andava bene b = 7 ... o anche di più ... sbaglando i conti :o (quando ho detto "stop perché con c=3 e b da 7 in su il terzo spigolo sarebbe non maggiore di 6 ").
1/a + 1/b = 1/2 – 1/3 = 1/6 = 7/42 = 1/42 + 1/7 OK (a= 42; b = 7; c = 3)
1/a + 1/b = 1/2 – 1/3 = 1/6 = 5/30 = 2/30 + 3/30 = 1/15 + 1/10 OK (a=15: b = 10; c = 3)
NB: bisogna provare frazione del tipo m/(6*m) con m da 1 in su.

Ne ho ricupertato due !

b) Ho anche dimenticato di controllare i casi, sempre con due spigoli maggiori di 6, ma con uno spigolo 4 o 5 invece di 3.
Così non ho beccato la terna 8, 8, 4 che veniva facile facile:
1/a + 1/b = 1/2 – 1/4 = 1/4 = 2/8 = 1/8+ 1/8. OK (a= 8; b = 8; c = 4).
E dire che questa l'avevo già considerata in precdenza! :(

[Recuperate 3 terne]

c) Nell'esame dei casi con un solo spigolo maggiore di 6 ho saltato le coppie:
4, 4
5, 5.
Senza questa omissione:
––> 1/a = 1/2 – (1/4 + 1/4) = 0; NO
1/a = 1/2 – (1/5 +1/5) = (5 – 4)/10 = 1/10 ; OK (a =10; b = 5; c = 5).
[Recuperate 4 terne]

I conti tornano: 10 terne in tutto.

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

Erasmus 04-09-11 20:36

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 513016)
I fattori primi in gioco sono 2, 3 e 5.
Vedo anche che lo spigolo massimo è sempre il minimo comune multiplo.

Frasi sbagliate! :o :lipssealed:
Proprio le due terne da me omesse nel gruppo con uno spigolo 3 non soddisfano entrambe le affermazioni: la [3, 7, 42] fa eccezione alla prima affermazione (col fattore primo 7) e la [3, 10, 15] fa eccezione alla seconda (con minimo comune multiplo 30).
Rimetto la lista col grassetto sulle eccezioni a quelle affermazioni.
3, 7, 42 (fattori primi: in questa 2, 3 e 7; in tutte le altre fattori primi minori di 7).
3, 8, 24
3, 9, 18
3, 10, 15 (Minimo comune multiplo 30; in tutte le altre m.c.m = numero maggiore)
3, 12, 12
4, 5, 20
4, 6, 12
4, 8, 8
5, 5, 10
6, 6, 6

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

P.S.
La più notevole mi sembra la [4, 8, 8], con l'unico fattore primo 2.
Area totale = Volume = 256, ossia 16^2 = 4^4 , numero che si può rappresentare anche così:
[2^(2^2)]^2 = (2^2)^(2^2)
Ci scommetto che piacerà a Nino I :D

Erasmus 23-09-11 21:05

Re: Qualche quiz
 
Nuovo quiz (facile facile):
Dato un rettangolo [non quadrato, cioè con i lati non uguali], in quanti modi lo si può suddividere in 36 rettangoli uguali? :mmh:
E in 1155? :eek:
---------
:hello:

Erasmus 24-09-11 18:09

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 519462)
Nuovo quiz (facile facile)
[...]
E in 1155? :eek:

Una volta ho 'postato' il quiz che chiedeva quante sono le terne pitagoriche primitive con un dato cateto dispari, diciamolo lungo Cd = 2n+1,
Naturalmente ... non l'ha ****** nessuno!

Guarda caso, la risposta (facile facile) a questo quiz assomiglia alla risposta a quello là!

Comunque, le terne pitagoriche primitive in cui il "cateto dispari" vale 1155 sono tutte e soltanto queste:

1) [1155, 667012, 667013]
2) [1155, 74108, 74117]
3) [1155, 26668, 26693]
4) [1155, 13588, 13637]
5) [1155, 5452, 5573]
6) [1155, 2852, 3077]
7) [1155, 1292, 1733]
8) [1155, 68, 1157]

Capita la somiglianza?

Quanti saranno, allora, i modi in cui un rettangolo (non quadrato) è suddivisibile in 1155 rettangoli uguali? :mmh:

[Come diceva aspesi, se non frega a nessuno ... pazienza :fis:]
:hello:

nino280 24-09-11 19:32

Re: Qualche quiz
 
Tiro a indovinare:
per 36 = 3
esattamente 9x4 ; 12x3 ; 18x2
Ciao

aspesi 24-09-11 20:27

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 519462)
Nuovo quiz (facile facile):
Dato un rettangolo [non quadrato, cioè con i lati non uguali], in quanti modi lo si può suddividere in 36 rettangoli uguali?
E in 1155?
---------

Sono in montagna solo.
Non ho l'adsl e la chiavetta prende malissimo.
Devo ancora pulire i porcini che ho trovato oggi (ottima raccolta! :ok:)
Ho appena finito di cenare e sto iniziando a lavare i piatti... :(

Allora, di corsa... scusa se sto prendendo una cappella...:D

Fattorizzazione?
Se a sono i fattori tutti diversi (escluso il numero 1), b i fattori co esponente maggiore di 1, c i fattori con esponente maggiore di 2, ...

Modi di suddivisione di un rettangolo = 2^a * 3/2^b * 4/3^c * ....

Es.: 36 = 2^2*3^2
= 2^2*3/2^2 = 9
1*36
2*18
3*12
4*9
6*6
9*4
12*3
18*2
36*1
(Mi accorgo però che tu hai detto di tener conto solo dei rettangoli e qui c'è anche il quadrato 6*6... Boh...)

1155 = 3*5*7*11
Qui dovrebbe essere 2^4 = 16

A domani sera
Ciao
Nino

Erasmus 24-09-11 22:35

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 519771)
1) [1155, 667012, 667013]
2) [1155, 74108, 74117]
3) [1155, 26668, 26693]
4) [1155, 13588, 13637]
5) [1155, 5452, 5573]
6) [1155, 2852, 3077]
7) [1155, 1292, 1733]
8) [1155, 68, 1157]

Non c'entra niente ... ma è notevole: quando il cateto dispari finisce con 5, il cateto pari finisce con 2 o con 8 e l'ipotenusa finisce con 3 o con 7.

------
:hello:

Erasmus 25-09-11 00:36

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 519817)
[...]
Fattorizzazione?
Se a sono i fattori tutti diversi (escluso il numero 1), b i fattori co esponente maggiore di 1, c i fattori con esponente maggiore di 2, ...

Modi di suddivisione di un rettangolo = 2^a * 3/2^b * 4/3^c * ....

:mmh:
Quote:

aspesi (Scrivi 519817)
Es.: 36 = 2^2*3^2
= 2^2*3/2^2 = 9 [...]

:mmh:
Quote:

aspesi (Scrivi 519817)
[...]1*36
2*18
3*12
4*9
6*6
9*4
12*3
18*2
36*1

:ok: (9 modi)
Quote:

aspesi (Scrivi 519817)
(Mi accorgo però che tu hai detto di tener conto solo dei rettangoli e qui c'è anche il quadrato 6*6... Boh...)

Occhio: ho detto che il rettangolo da suddividere non è quadrato! Non che devono non essere qudrati i 36 rettangolini della suddivisione. Bisogna e basta che siano uguali tra loro.
Quote:

aspesi (Scrivi 519817)
1155 = 3*5*7*11
Qui dovrebbe essere 2^4 = 16

:ok:

Ma ... non ho capito la storia degli a fattori semplici, dei b fattori doppi, dei c fattori tripli (... perché tu dici «Se a sono i fattori tutti diversi (escluso il numero 1), b i fattori con esponente maggiore di 1, c i fattori con esponente maggiore di 2, ...» ma credo che intenda come ho detto io ... che però non capisco dove vai a parare).

In pratica, se devo suddividere il rettangolo (non quadrato) in N rettangoli uguali, considero gli interi x ed y tali che xy = N; e quindi le rette parallele al lato L1 distanti una dalla vicina la frazione L2/x dell'altro, e le rette parallele al lato L2 distanti una dalla vicina L1/y.
Allora, se considero il ramo di iperbole di equazione xy= N per x ed y entrambi positivi, la risposta al quiz è il numero di punti del ramo con entrambe le coordinate intere.
Per simmetria, siccome scambiando x con y l'equazione xy = N resta la stessa, se c'è la coppia [x, y] =[a, b] con a ≠ b c'è anche la coppia [x, y] =[b, a]. Naturalmente, se N è un quadrato perfetto (= quadrato d'un intero) c'è un punto dove x = y, di coordinate [x, y] = [√(N), √(N)] ... che è simmetrico di se stesso!
Ecco che in 36 = 6^2 c'è la coppia [x, y]=[6, 6].

Ripeto: non ho capito il tuo ragionamento di base.
Dicevo che il quiz è "facile facile" perché ... basta contare i modi distinti in cui si può porre N nella forma x·y con x ed y entrambi interi positivi.

Il mio procedimento è elementare, come segue:
Parto con x = 1, proseguo con x = <divisore di N> fintanto che è x <√(N) (cioè x < y). Il numero di modi fin qua ottenuto va raddoppiato (scambiando x con y). A questo numero pari di modi va eventualmente aggiunta un'unità [il modo in cui x=y] se capita che N è un quadrato perfetto.

Per esempio, con N = 1155 = 3·5·7·11, essendo 33 < √(N) < 34, prendo un sottinsieme di fattori – e considero anche il solo "1" come sottinsieme! – il cui prodotto non superi 33. Cioè:
{1}, {3}, {5}, {7}, {11}, {3·5}, {3·7}, {3·11}
Quindi i divisori di un lato possono essere:
x=1, 3, 5, 7, 11, 15, 21, 33.
I divisori dell'altro lato saranno i numeri del tipo y = N/x:
y= 1155, 385, 231, 165, 105, 77, 55, 35.


Ho 8 casi con x < y. Scambiando x con y ne ho altri 8.
Codice:

(1, 1155);  (1155, 1);
(3, 385);    (385, 3);
(5, 231);    (231, 5):
(7, 165);    (165, 7)
(11, 105);  (105, 11);
(15, 77);    (77, 15);
(21, 55);    (55, 21);
(33, 35);    (35, 33).

Nel caso N = 36, per x < √(36) < y ho i sottinsiemi {1}, {2}, {3}, (2·2} . I divisori di un lato sono:
x = 1, 2, 3, 4
e quelli dell'altro lato sono
y = 36/x = 36, 18, 12, 9.
4 casi con x < y; altri 4 con x >y, più, questa volta, il caso con x = y = 2·3 = 6.
Quindi 9 casi in tutto.

-----------------
Ciao, ciao.

Erasmus 25-09-11 09:08

Re: Qualche quiz
 
@ aspesi
Ho capito che il tuo ragionamento vuole generalizzare il problema.

Ecco la generalizzazione (detta a modo mio).
a) Associamo all'intero N l'insieme S(N) dei suoi fattori (ripetuti se non sono semplici).
Per esempio, se N = 72, l'insieme S(72) = {2a, 2b, 2c, 3a, 3b}
b) Dividiamo S in due parti una complementare dell'altra. Ho tante possibilità quante sono le parti. Si sa che le parti di un insieme di m elementi sono 2^m (compresa la parte vuota, complementare dell'intero S).
Ecco, per esempio, le 2^5 = 32 parti di S(72) che ha 5 elementi
Φ,
{2a} {2b} {2c} {3a} {3b}
{2a, 2b} {2a, 2c} {2a, 3a} {2a, 3b} {2b, 2c} {2b, 3a} {2b, 3b} {2c, 3a} {2c, 3b} {3a, 3b}
{2a, 2b, 2c} {2a, 2b. 3a} {2a, 2b, 3b} {2a, 2c, 3a} {2a, 2c, 3b} {2a, 3a, 3b} {2b, 2c, 3a} {2b, 2c, 3b} {2b. 3a, 3b} {2c, 3a, 3b}
{2a, 2b, 2c, 3a} {2a, 2b, 2c, 3b} {2a, 2b, 3a, 3b} {2a, 2c, 3a, 3b} {2b, 2c, 3a, 3b}
{2a, 2b, 2c, 3a, 3b}
c) Consideriamo i numeri prodotti dei fattori di ciascun insieme-parte.
Ecco i 32 prodotti nel caso di S(72), [NB. Alla parte vuota corrisponde il fattore neutro 1]:
1,
2, 2, 2, 3, 3,
4, 4, 6, 6, 4, 6, 6, 6, 6, 9,
8, 12, 12, 12, 12, 18, 12, 12, 18, 18,
24, 24, 36, 36, 36,
72
d) Scartiamo i numeri eventualmente ripetuti. I numeri (distinti) rimasti sono i casi del primo fattore x con secondo fattore y = N/x.
e) Il numero di numeri rimasti è ... la risposta al quiz (cioè in quanti modi si può suddividere un rettangolo non quadrato in N rettangoli uguali).

Nel caso di 1155 non ci sono ripetizioni, nel caso di 72 ce ne sono parecchie!
Per S(72), prendendo solo le parti distinte, mi restano 12 numeri:
1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 18, 24, 36, 72
e quindi le 12 coppie
[1, 72]; [2, 36]; [3, 24]; [4, 18], [6, 12]; [8, 9]; [9, 8]; [12, 6]; [18, 4]; [24, 3]; [36, 2]; [72, 1].

Nel caso di 1155 = 3·5·7·11 (che ha 4 fattori semplici) ottengo 2^4 = 16 parti diverse ciascuna da ciascun'altra cui corrispondono i 16 divisori distinti di 1155.
Nel caso di 36 = 2·2·3·3 – due fattori entrambi doppi – le 16 parti sono:
Φ
{2a} {2b} { {3a} {3b}
{2a, 2b} {2a, 3a} {2a, 3b} {2b, 3a} {2b, 3b} {3a, 3b}
{2a, 2b. 3a} {2a, 2b, 3b} {2a, 3a, 3b} {2b. 3a, 3b}
{2a, 2b, 3a, 3b}
Ad esse corrispondono i 16 numeri:
1,
2, 2, 3, 3,
4, 6, 6, 6, 6, 9,
12, 12, 18, 18,
36
dei quali quelli distinti sono i 9 numeri x
1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36
da associare ai 9 numeri y = 36/x
per fare le 9 coppie [x, y], cioè
[1, 36]; [2, 18]; [3, 12]; [4, 9]; [6, 6]; [9; 4]; [12, 3]; [18, 2]; [36, 1].

---------
:hello:

aspesi 25-09-11 12:10

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 519880)
@ aspesi
Ecco la generalizzazione (detta a modo mio).
a) Associamo all'intero N l'insieme S(N) dei suoi fattori (ripetuti se non sono semplici).
Per esempio, se N = 72, l'insieme S(72) = {2a, 2b, 2c, 3a, 3b}
b) Dividiamo S in due parti una complementare dell'altra. Ho tante possibilità quante sono le parti. Si sa che le parti di un insieme di m elementi sono 2^m (compresa la parte vuota, complementare dell'intero S).
Ecco, per esempio, le 2^5 = 32 parti di S(72) che ha 5 elementi
Φ,
{2a} {2b} {2c} {3a} {3b}
{2a, 2b} {2a, 2c} {2a, 3a} {2a, 3b} {2b, 2c} {2b, 3a} {2b, 3b} {2c, 3a} {2c, 3b} {3a, 3b}
{2a, 2b, 2c} {2a, 2b. 3a} {2a, 2b, 3b} {2a, 2c, 3a} {2a, 2c, 3b} {2a, 3a, 3b} {2b, 2c, 3a} {2b, 2c, 3b} {2b. 3a, 3b} {2c, 3a, 3b}
{2a, 2b, 2c, 3a} {2a, 2b, 2c, 3b} {2a, 2b, 3a, 3b} {2a, 2c, 3a, 3b} {2b, 2c, 3a, 3b}
{2a, 2b, 2c, 3a, 3b}
.......
.......
:hello:

Esattamente!;)

E' più o meno lo stesso mio ragionamento.

Ad es. supponiamo che il numero sia 25920
25920 = 2^6 * 3^4 * 5

Applichiamo la formula che ho indicato prima:
Numero coppie = (2/1)^a * (3/2)^b * (4/3)^c * (5/4)^d * (6/5)^e * (7/6)^f

Cioè:
2^3 * (3/2)^2 * (4/3)^2 * (5/4)^2 * 6/5 * 7/6 = 70 coppie (non le ho contate una per una, ma penso che il risultato sia corretto... :fis:)

Ciao
Nino

Erasmus 25-09-11 15:20

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 519907)
E' più o meno lo stesso mio ragionamento.

Infatti ... mi sono "ispirato" ad esso... dopo qualche sforzo per capire (non sempre riuscendoci) le tue ambigue espressioni.

----------
:hello:
P.S.
La connessione con le terne pitagoriche? :mmh:
Dato un numero dispari N, sia esso il prodotto dei due numeri (necessariamente dispari) x ed y ( con x < y)
xy = N dispari.

Allora una terna [a, b, c] pitagorica (ossia a, b e c interi positivi tali che a^2 + b^2 = c^2) è la seguente:
a = N = xy
b = (y^2 – x^2)/2 = [(N/x)^2 – x^2]/2
c = (y^2 + x^2)/2 = [(N/x)^2 + x^2]/2

Qualcosa di analogo succede se N è invece pari.
Dunque, la ricerca delle terne pitagoriche con un cateto di dato valore N è analoga a questo quiz: trovare i divisori distinti (1 compreso) di un dato numero intero.

Bye, bye

nino280 25-09-11 23:10

Re: Qualche quiz
 
Avete anche messo 1x36 ?
Come si fa a dividere un rettangolo in 1x36 ?
Voi direte semplice, se ho un pavimento, diciamo una striscia lunga di un metro x 36 la divido in 36 parti, ma cosi' ottengo 36 quadrati e non 36 rettangoli come chiedeva il quiz, quindi almeno questo caso va escluso:D

Erasmus 26-09-11 06:53

Re: Qualche quiz
 
Quote:

nino280 (Scrivi 520068)
Avete anche messo 1x36 ?

Certamente!
Quote:

nino280 (Scrivi 520068)
Come si fa a dividere un rettangolo in 1x36 ? [...]
... almeno questo caso va escluso :D

:eek:
Non mi dire che sei caduto un'altra volta di nuca sul campo da tennis! :D
Chiaramente se nel dato rettangolo un lato è lungo 36 volte quell'altro, in uno dei due modi si ottengono 36 quadratini ... che sono pure rettangoli. Il quiz, come già detto rispondendo ad una analoga obiezione di aspesi, precisa che non è quadrato il rettangolo da suddividere [se no è indistinguibile il tagliarlo in x parti parallelamente a questo o a quel lato dal tagliarlo in y parti parallelamente a questo o a quel lato]: ma non impone alcuna limitazione alla forma dei rettangolini.
----------
:hello:

Erasmus 26-09-11 08:24

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 519950)
[...]
Qualcosa di analogo succede se N è invece pari.

Precisamente:
Sia N = 2m un numero pari e sia x un suo divisore dispari.
[NB: se N è una potenza di 2, c'è ancora (e unico) il divisore dispari 1].
Allora una terna [a, b, c] pitagorica è senz'altro data da
a = |(N/x)^2 – x^2| = |(2m/x)^2 – x^2|
b = 2N = 4m
c = (N/x)^2 + x^2 = (2m/x)^2 + x^2
[NB. Perché raddoppiare N che è già pari? Perché in ogni terna pitagorica uno dei due cateti è sempre [pari e] divisibile per 4].
Per esempio, per N = 30 (ossia m = 15) i divisori dispari di N sono 4: 1, 3, 5 e 15. Abbiamo allora 4 terne pitagoriche con un cateto (pari) uguale a 2N = 60:
divisore 1 ––>[899, 60, 901];
divisore 3––> [91, 60, 109];
divisore 5 ––> [11, 60, 61];
divisore 15 ––> [221, 60, 229].

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

Erasmus 26-09-11 09:33

Re: Qualche quiz
 
Quote:

nino280 (Scrivi 520118)
Forse non mi sono ancora ripreso completamente :mad:

E' probabile :D
Ma vedrai che se fai una bella dormita ritornerai nuovo ... come un ragazzino! ;)
Quote:

nino280 (Scrivi 520118)
Il fatto è che se prendo il rettangolo 1x36 lo posso dividere in un modo solo e non in 9.

Mi preoccupi, Nino :o
Nessuno ti ha chiesto che i rettangolini abbiano i lati ancora interi.
[Hai letto anche quello che ho scritto in bianco, anzi in "color= LemonChiffon"?]
1) Puoi farne 36 quadratini 1 x 1, ma anche 36 strisce [rettangolari] lunghe 36 e larghe 1/36.
2) Oppure 36 striscie rettangolari (36/9) x 1/4 = 4 x 1/4.
3) Oppure 36 striscie rettangolari (36/4) x 1/9 = 9 x 1/9.
4) Oppure 36 rettangolini (36/18) x 1/2 = 2 x 1/2.
4) Oppure ...
...
(continua fino a 9 tipi di rettangolini, sempre in numero di 36, sempre uguali tra loro, ogni volta di forma diversa. Nove tipi perché 9 sono i divisori distinti di 36
1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36 ).
In generale, dato un rettangolo non quadrato di lati lunghi A e B, in quanti modi puoi suddividerlo in N rettangolini tutti uguali tra loro e di forma sempre diversa?
Risposta: In tanti modi quanti sono i divisori distinti di N.
Se, infatti, N = h·k (con h e k interi positivi), puoi sempre pensare di tagliare il rettangolo di lati A e B in N rettangolini di lati A/h e B/k oppure di lati A/k e B/h.
Per ogni h hai due modi, (dividendo A per h e B per k o, viceversa, A per K e B per h) tranne il caso in cui h e k siano uguali (cioè N sia un quadrato perfetto). E' il caso di 36. Vedi che il numero di divisori distinti di 36 è 9 (dispari!): perché se il divisore è 6, il complemento è ancora 6 [e con questo divisore hai un solo tipo di rettangolini invece di due].

Bye bye, figliolo.

aspesi 26-09-11 11:10

Re: Qualche quiz
 
Quadrato con 5 rettangoli

Ho tagliato 5 rettangolini in legno con le misure dei lati uguali a 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 (ciascun numero è presente una sola volta come misura di un paio di lati opposti dei rettangoli).
Sto cercando di assemblare i cinque pezzi in modo da formare un quadrato perfetto.

E' possibile?
E se sì, in quanti modi?

:hello:

Erasmus 26-09-11 18:17

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 520158)
Quadrato con 5 rettangoli

Ho tagliato 5 rettangolini in legno con le misure dei lati uguali a 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 (ciascun numero è presente una sola volta come misura di un paio di lati opposti dei rettangoli).
Sto cercando di assemblare i cinque pezzi in modo da formare un quadrato perfetto.

E' possibile?
E se sì, in quanti modi?

Boh!?
Vuoi sapere troppo!

Di colpo vedo una condizione necessaria (chissà se anche basterà soddisfarla).
Posso fare 5 coppie ciascuna disgiunta da ciascun'altra in tanti modi (non ho ancora calcolato quanti).
Ogni quintetto di coppie [o ... cinquina di ambi, per far piacere ad aspesi] è una partizione di un insieme di 10 elementi in 5 insiemi di due elementi ciascuno.
Ad ogni coppia faccio corrisponde il prodotto dei termini della coppia.
Per esempio
1 x 2; 3 x 4; 5 x 6; 7 x 8; 9 x 10] –––> 2, 12, 30, 56, 90.
La condizione necessaria è che ci sia un quintetto di coppie disgiunte tali che la somma dei 5 prodotti dei 2 termini di ciascuna coppia dia per totale un quadrato perfetto.
Controlliamo l'esempio:
2 + 12 + 30 + 56 + 90 = 190
No, questi abbinamenti non vanno bene!

Vediamo quanti sono gli abbinamenti possibili, cioè i quintetti di coppie disgiunte.
Se estraggo una coppia da un insieme di 2N elementi mi resta un insieme di 2N–2 elementi disgiunto dalla coppia. Continuo ad estrarre coppie fino all'esaurimento.
Posso estrarre una coppia da un insieme di 2N elementi in C(2N, 2) = 2N·(2N–1)/2 modi.
Posso allora fare gli N abbinamenti dei 2N elementi in
C(2N, 2) · C(2N–2, 2) · ... · C(2, 2) = [(2N)!]/(2^N) modi.
Per N = 5: –––> 45·28·15·6·1 = (10!)/2^5 = 113400 modi.

Occorrerebbe provare ciascuno di questi 113 mila 400 abbinamenti per verificare se (e quante volte) è soddisfatta la condizione necessaria.

L'illustrissiimo (quasi) alieno, se non fosse troppo sobrio, lo potrebbe fare in un battibaleno (con la supervisione del suo gatto Behemoth) con un programmino ad hoc.

La minima area è Amin =1·10 + 2·9 + 3·8 + 4·7 + 5·6 = 110.
La massima area è Amax = 1·2 + 3·4+ 5·6 + 7 8 + 9·10 = 190.
I quadrati intermedi sono: Q1 = 11^2 = 121; Q2 = 12^2 = 144; Q3 = 13^2 = 169.
Provo a modificare scambiando fattori di due prodotti distinti partendo dall'area minima.
Con alcuni scambi ho beccato Q1 = 121. Ecco qua:
1·8 + 2·6 + 3·10 + 4·9 + 5·7 = 121.
{Ho permutato la disposizione dei secondi fattori da [10, 9, 8, 7, 6] in [8, 6, 10, 9, 7]}
Non è ancora detto che si possano unire i 5 rettangoli per fare il quadrato 11 x 11.
Ci penso ... (mumble ... mumble ...).
No: questi 5 rettangoli non vanno bene!
Per fare il lato del quadrato che è 11, avendo un rettangolo con un lato 10, devo per forza avvicinare 10 x 3 a 1 x 8. Ma allora, per fare anche l'altro lato 11, mi servirebbe un secondo rettangolo con un lato 3, che invece non c'è più!

Proviamo quest'altra:
1·6 + 2·3 + 4·8 + 5·7 + 9 ·10 = 169 = 13^2.
No, non va bene neanche questa!
Devo affiancare il 3 x 2 al 10 x 9 per avere il lato 13. Ma allora mi resta un tratto scoperto di lunghezza 7 del 10 x 9 che dovrei completare con un rettangolo con un lato ancora 3 che non ho più.

Temo che, anche provando tutti i quintetti di coppie che dànno prodotti con totale 121 o 144 o 169, non si riesca a coprire mai il rispettivo quadrato 11 x 11 o 12 x 12 o 13 x 13.

Beh: io ho ci ho giocato abbastanza.
Prosegua il gioco qualcun altro.

Oppure, il mago aspesi si riveli del tutto!

Ciao ciao
-----
:hello:

nino280 26-09-11 18:25

Re: Qualche quiz
 
Mi preoccupi, Nino :o
Nessuno ti ha chiesto che i rettangolini abbiano i lati ancora interi.


Si,si, hai ragione Erasmus. Non so per quale ragione mi sono complicato il quiz di più di quel che chiedeva, ed infatti cercavo rettangoli che, dopo le divisioni, avessero i lati ancora interi come giustamente tu hai poi sospettato. Infatti io pesavo se si divide una striscia di 36x1 ottieni due numeri interi, ma se dividi 1x36 ottieni delle striscie da 0,0277777. . . .
Ciao


aspesi 26-09-11 21:07

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 520301)
La minima area è Amin =1·10 + 2·9 + 3·8 + 4·7 + 5·6 = 110.
La massima area è Amax = 1·2 + 3·4+ 5·6 + 7 8 + 9·10 = 190.
I quadrati intermedi sono: Q1 = 11^2 = 121; Q2 = 12^2 = 144; Q3 = 13^2 = 169.

:ok: Perfetto! Quindi, il lato del quadrato, se esiste, può valere 11, 12 o 13.

Ma a questo punto, invece di proseguire "a tentativi", si può fare qualche ragionamento...;)

Il fatto che il lato del quadrato deve essere almeno 11, mentre il rettangolo più lungo ha lato 10, comporta che nessun rettangolo può "attraversare" il quadrato da parte a parte (avere cioè due lati opposti sui lati del quadrato). Quindi, ciascun rettangolo dovrà avere almeno due lati consecutivi interni al quadrato.

E' evidente che quattro rettangoli (quelli ai vertici) hanno due lati esterni; il quinto rettangolo potrà avere un lato esterno e tre interni oppure essere completamente interno al quadrato.
Quest'ultima rappresentazione è l'unica possibile che permette di avere tutti i lati diversi!
E si dimostra facilmente costruendo tutti i grafi di 5 rettangoli in un quadrato: se i 5 rettangoli sono tutti con almeno un lato esterno, due di loro hanno almeno due lati coincidenti (quindi uguali), mentre il problema esige che siano tutti diversi.

Quindi, il seguente grafo è l'unico possibile:

..................... a ......................... b
......________________________________
.....|.....................................|................|
.h..|.....................................|................|
.....|.....................................|................|
.....|_____________________|................|.. c
.....|........................|......i.....|................|
.....|........................|..........l.|................|
.....|........................|............|................|
.....|........................|_______|_________|
.g..|........................|.............................|
.....|........................|.............................|.. d
.....|........................|.............................|
.....|______________|________________|
............... f ........................... e

Adesso, se qualcuno vuole (qualcuno, tanto per dire... perché qui, a parte quando si cazzeggia, mi pare ci sia solo Erasmus e qualche volta Mizarino e Nino280...:() si può proseguire...:)

Ciao
Nino

Erasmus 27-09-11 00:15

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 520301)
Posso estrarre una coppia da un insieme di 2N elementi in C(2N, 2) = 2N·(2N–1)/2 modi.
Posso allora fare gli N abbinamenti dei 2N elementi in
C(2N, 2) · C(2N–2, 2) · ... · C(2, 2) = [(2N)!]/(2^N) modi.
Per N = 5: –––> 45·28·15·6·1 = (10!)/2^5 = 113400 modi.

Sorry! :o Ragionamento sbagliato!
Con questo procedimento escono un sacco di N-ple di coppie ripetute!
Le N-ple distinte sono molte di meno perché non conta l'ordine con cui estraggo le coppie (laddove l'ordine è insito nel procedimento che porta a quel risulato)!
Con N coppie l'ordine varia in N! modi, per cui il numero di N-ple di coppie trovato prima va diviso per N! passando da
[(2N)!]/(2^N) (errato!)
è
[(2N)!]/[(2^N)·N!] = [1·2·3· ... ·2(N–1)· (2N–1) ·2N]/[2·4·6· ... ·2(N–1)·2N] =
= 1·3·5· ... ·(2N–1) = <prodotto dei numeri dispari da 1 a 2N – 1 inclusi> (corretto!)

Per 2N = 10, i quintetti di coppie disgiunte sono dunque 1·3·5·7·9 = 945.

Ciò si può verificare anche per induzione.
Chiamiamo F(2N) il numero di N-ple di coppie disgiunte.
Per 2N = 2 ho una sola coppia: F(2) = 1.
Per 2N = 4, numeri (1, 2, 3, 4), le coppie di coppie disgiunte sono queste 3:
[1,2]; [3, 4];
[1, 3]; [2, 4];
[1, 4]; [2, 3].
La formula F(2N) = <prodotto degli ineri dispri da 1 a 2N–1 incluci va bene per 2N=2 e per 2N =4.
Supponiamo che vada bene per 2N = 2M e mostriamo che allora va bene anche per 2N = 2(M+1).
Non contando l'ordine di estrazione delle coppie, possiamo ritenere che sia uscita per prima la coppia contenente il numero massimo 2(M+1), cosa che è possibile in 2M+1 modi in quanto questa coppia può essere una delle 2M + 1 coppie seguenti:
[1, 2(M+1)]; [2, 2(M+1)]; [3, 2(M+1)]; ... ; [2M, 2(M+1)]; [2M+1, 2(M+1)].
Pertanto F[2(M+1] = (2M+1)·F(2M) = (2M+1)·<prodotto dei numeri dispari da 1 a 2M – 1 inclusi> =
= <prodotto dei numeri dispari da 1 a 2M + 1 inclusi>.

Per 2N = 10 abbiamo allora F(10) = 1·3·5·7·9 = 945.

Ciao caio
------------
:hello:

aspesi 27-09-11 08:04

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 520365)
Per 2N = 10 abbiamo allora F(10) = 1·3·5·7·9 = 945.

Ciao caio
------------
:hello:

Certo (volevo già correggerti ieri :p), i diversi modi sono 9*7*5*3*1.
Infatti, semplicemente, per la prima coppia uno dei 10 numeri può essere abbinato agli altri 9; per la seconda coppia, rimangono 8 numeri e uno di essi può accoppiarsi con gli altri 7; proseguendo, per la terza coppia, un numero fra i restanti 6 si abbina agli altri 5; per la quarta coppia, restano 4 numeri e uno di loro ha la possibilità di accoppiarsi a 3; e finalmente l'ultima coppia è obbligata a formarsi con i 2 numeri rimanenti.

OK. Hai letto cosa ho scritto nel messaggio precedente e vuoi continuare a trovare la soluzione?:)

Ciao
Nino

Erasmus 27-09-11 09:17

Re: Qualche quiz
 
No, vedo solo adesso il tuo 'post' con la figura.
Ma ... guarda che quel che dici l'avevo già pensato ... e quella stessa tua figura
Quote:

aspesi (Scrivi 520338)
:
..................... a ......................... b
......________________________________
.....|.....................................|................|
.h..|.....................................|................|
.....|.....................................|................|
.....|_____________________|................|.. c
.....|........................|......i.....|................|
.....|........................|..........l.|................|
.....|........................|............|................|
.....|........................|_______|_________|
.g..|........................|.............................|
.....|........................|.............................|.. d
.....|........................|.............................|
.....|______________|________________|
............... f ...........................

l'ho già disegnaata cento volte per piazzare i 5 rettangoli (arrivando però al massimo ... a lasciare scoperto un quadratino 1 x 2. Ossia: per coprire il quadrato, alla fine mi sarebbe servito un rettangolo 2 x 2 da mettere in centro ma disponevo solo di quello 1 x 2 (area totale 167 invece che 169).

Allora ... mi metti la pulce nell'orecchio che la soluzione c'è.
Ma che facile sarebbe trovarla (o accertare che non c'è) se potessi ancora programmare come facevo 20 anni fa in pascal!

Ciao, ciao

aspesi 27-09-11 09:45

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 520458)
Allora ... mi metti la pulce nell'orecchio che la soluzione c'è.
Ma che facile sarebbe trovarla (o accertare che non c'è) se potessi ancora programmare come facevo 20 anni fa in pascal!

Ciao, ciao

Eh, sì... la soluzione c'è... e più di una... ;)

Se potevi programmare... magari impostavi un sistema eterogeneo di n equazioni in m incognite:
a=1 OR a=2 OR ...... a=10
b=1 OR b=2 OR ...... b=10
......
i=1 OR i=2 OR ....... i=10
a#b#c#d#e#f#g#h#i#l
a+b = c+d = e+f = g+h = L
i+f = a
l+h = c
b+i = e
l+d = g
ecc...

Ma anche senza programmi, si può dire:
ciascun lato del quadrato deve essere somma di due lati di rettangoli

Esaminiamo il caso L=11 (perimetro=44)
Le possibili coppie sono:
10 + 1
9 + 2
8 + 3
7 + 4
6 + 5
Di queste 5 coppie, quattro rappresentano lati di rettangoli esterni e una corrisponde ai due lati del rettangolo interno.

Il rettangolo interno non può essere lungo 10
Quello lungo 9 nemmeno (dovrebbe essere adiacente a due rettangoli lunghi 1)
........
........

:hello:
Nino

Erasmus 27-09-11 14:02

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 520481)
Se potevi programmare... magari impostavi un sistema eterogeneo di n equazioni in m incognite

Eh NO! Programmare in questo caso mi srvirebbe per scrivere tutti i quintetti di coppie di fattori con somma dei 5 prodotti pari a 121 o 144 o 169. Non dovrebbero essere molti. La prova (secondo i criteri che anche tu hai esaminato) si fa poi ... a mano libera.
[Certe cose, anche facili – come il giustapporre rettangoli per comporre un altro rettangolo – diventano complicatissime da programmare: il cpmputer non sbaglia mai ma è "stupido" perché non ha alcun "intuito", mentre la mente umana intuisce spesso in un tempo infimo rispetto allo stesso tempo che si impiegherebbe a spiegare l'intuizione].

Sai bene, aspesi, che i quiz di questi tipi (risolubili per tentativi) non sono il mio forte ... anche perché mi pare che mi costringano a sottomettermi ad inevitabili forche caudine! :D

Insomma: per arrivare in fondo, non basta ragionare in generale ma occorre proprio scendere nell'esempio concreto. Sono più portato per quei problemi – e questi preferisco – in cui la soluzione esce automatica e senza intoppi con la semplice sostituzione delle variabili della soluzione generale con i dati specifici dell'esempio.

MIIZAAA! ASTROMAUUHHH! LucianoMOONTIII!
Di grazia, voi che potete programmare, elencatemi tutti i quintetti di rettangoli con somma delle aree pari a 121 o 144 o 169.
:rolleyes:

--------------
:hello:

aspesi 27-09-11 14:37

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 520591)
MIIZAAA! ASTROMAUUHHH! LucianoMOONTIII!
Di grazia, voi che potete programmare, elencatemi tutti i quintetti di rettangoli con somma delle aree pari a 121 o 144 o 169. :rolleyes:

--------------
:hello:

Vedo :mad: però che non mi leggi:

ciascun lato del quadrato deve essere somma di due lati di rettangoli

Esaminiamo il caso L=11 (perimetro=44)
Le possibili coppie sono:
10 + 1
9 + 2
8 + 3
7 + 4
6 + 5
Di queste 5 coppie, quattro rappresentano lati di rettangoli esterni e una corrisponde ai due lati del rettangolo interno.

Il rettangolo interno non può essere lungo 10
Quello lungo 9 nemmeno (dovrebbe essere adiacente a due rettangoli lunghi 1)

Proseguo:
Il rettangolo lungo 8 e largo 3 non può ugualmente essere interno.
Infatti, se lo supponiamo interno e lo dispongo orizzontale, ai suoi lati devono esistere due fasce verticali, larghe rispettivamente 1 e 2, che devono raggiungere due lati orizzontali del quadrato; quindi, sopra e sotto il rettangolo 8*3 ne devono esistere due 9*x e 10*y
Cioè:
x + 3 + y = 11
x + y = 8
Ma sono già state impegnate le lunghezze 1, 2, 3, 8, 9, 10 e tra le rimanenti (4, 5, 6, 7) non si può ottenere la somma 8.

Con lo stesso metodo si verifica l'impossibilità per il rettangolo 6*5 all'interno.

A questo punto .... la soluzione del quadrato 11 è .... automatica ;)

Ciao
Nino

Erasmus 27-09-11 15:52

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 520605)
Vedo :mad: però che non mi leggi

E daje!
Leggerti non vuol mica dire sottostare obbligatoriamente alle tue "forche caudine"! :D

Io ... "amerei" avere la lista delle cinquine di rettangoli con l'area giusta (121, 144 o 169).
Allora vedrei con quali di esse potrei pavimentare il rispettivo quadrato.

Ma ti rendi conto della differenza tra me e te?
Tu sei uno che vince gare di alto livello nell'arte combinatoria!
[Sono rimasto davvero impressionato ed allibito quando hai parlato dei giochi tipo lotto o win for live].

Quando ho parlato delle "rotazioni" (e delle "congruenze") nel topic "Il fascino del calcolo matriciale" tu non sei intervenuto (e nemmeno Miza :mad:).
Evidentemente ... avevi letto (perché ... penso che hai letto!), ma quel tipo di argomenti non ti stimolava abbastanza. Invece per me ... è roba deliziosa, subleme!

La Natura è bella perché è varia, no?

Ciao, ciao
:hello:

aspesi 27-09-11 17:07

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 520637)
Quando ho parlato delle "rotazioni" (e delle "congruenze") nel topic "Il fascino del calcolo matriciale" tu non sei intervenuto (e nemmeno Miza :mad:).
Evidentemente ... avevi letto (perché ... penso che hai letto!), ma quel tipo di argomenti non ti stimolava abbastanza. Invece per me ... è roba deliziosa, subleme!

La Natura è bella perché è varia, no?

Ciao, ciao
:hello:

Nell'ottobre del 2008 (data del topic "I Tern Pitagoric amò!") non frequentavo ancora questo forum (mia registrazione 24-11-09)

E poi, tu parli troppo dotto e cattedratico :) per me, spesso, anche volendo, non riesco a seguirti...
Le mie (selettive) conoscenze nella combinatoria me le sono fatte da solo, per passione, esaminando solo i problemi e non studiando sui libri (m'è sempre piaciuto pochissimo :fis:)

Ciao


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