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 12-02-11 09:14

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 449519)
Nino II: sei stato in colonia a Plancios (orrenda traduzione di Palmschoss)?
Mi pare un po' altino per posto da colonie infantili!
Non è sui 1800 —1900 m sul livello del mare?

In che anno ci sei stato?
Io sono stato a Bressanone un paio di settimane nel 1956. :hello:

Esatto, Plancios è sui 1800 m slm.
Avevo 9 o 10 anni, era il 1953 o 1954, l'anno prima ero stato a Fai.

Mi piaceva tanto la visione delle rocce del Putia che avevo dalla finestra della camerata.
Ricordo il freddo cane (e era agosto...) al mattino e alla sera, quando ci si doveva schierare per l'alza e abbassa bandiera.
E ricordo la severità della direttrice, tipica tetesca, le ispezioni alle orecchie, le "Caroline" (chiamavamo così le ragazze che ci assistevano), che ci lavavano tutti assieme nei vasconi all'aperto (con qualche commento nei confronti di quelli più "sviluppati") e le splendide passeggiate nei boschi di conifere (in cui ho visto per la prima volta le abbondanti fioriture di finferli, funghi che non sono presenti nelle mie brughiere del Varesotto).

:hello:

Mizarino 12-02-11 10:02

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 449516)
Dicessi: probabilmente ... Toh: anche quasi certamente!
Ma tu dici "di sicuro": e siccome la certezza non puoi averla, tu menti! :D

Va bene. Logica ineccepibile. Si tratta di un "eccesso di confidenza". Vada allora per il "quasi certamente" ... ;)

Erasmus 12-02-11 14:29

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 449598)
[...]Vada allora per il "quasi certamente" ... ;)

Accetto di saperne di meno ... se ti sbottoni un po'.
Che ne sai del Bellunese, dei bellunesi? Come lo sai? Quando apprendesti?
Compiatiscime, Miza! Songo curioso assai ... :D

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

Mizarino 12-02-11 17:39

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 449693)
Accetto di saperne di meno ... se ti sbottoni un po'.
Che ne sai del Bellunese, dei bellunesi? Come lo sai? Quando apprendesti?

Metà del mio DNA è bellunese ... ;)

aspesi 21-02-11 09:53

Re: Qualche quiz
 
Uno semplicissimo (per vedere se c'è qualcuno :mmh:)

Abbiamo dei materassi alti 10 cm.
Consideriamo di fare una pila di materassi e che ogni materasso diminuisca di 1 mm di spessore per ogni materasso che si trova sopra di esso (2 mm se ci sono 2 materassi, 10 mm se ci sono 10 materassi sopra, ecc...).

Quanti materassi devo impilare per avere una pila spessa 3 metri (un pelino di più)?

:hello:

Mizarino 21-02-11 10:57

Re: Qualche quiz
 
Occorre trovare a che punto la somma della successione:
100 + 99 + 98 + 97 + ...
diventa uguale o maggiore di 3000 ...
Fanno 37 materassi, quello alla base è diventato spesso 6,4 cm, l'altezza complessiva è di 303,4 cm
:hello:

aspesi 21-02-11 11:10

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 452863)
Occorre trovare a che punto la somma della successione:
100 + 99 + 98 + 97 + ...
diventa uguale o maggiore di 3000 ...
Fanno 37 materassi, quello alla base è diventato spesso 6,4 cm, l'altezza complessiva è di 303,4 cm
:hello:

:ok:
Allora, c'è qualcuno....;)

100 + (100-1) + (100-2) + .... = 100n - (1 + 2 + 3 + ...+ (n-1)) =
100n - n(n-1)/2 = 3000
200n - n^2 + n = 6000

n^2 - 201n + 6000 = 0

L'equazione di secondo grado ha come soluzione accettabile
n = 36,467 quindi si superano i 3 metri al 37simo materasso.

:hello:

Erasmus 21-02-11 12:36

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 447870)
La porta da aggiustare
In una vecchia porta della cantina di Mario si è creata una crepa.
Mario la rinforza inchiodando due traverse, una dall'angolo inferiore sinistro all'angolo superiore destro, lunga 3 metri, l'altra dall'angolo inferiore destro ad un punto del lato sinistro, lunga 2 metri.
Sapendo che il punto di incrocio delle due traverse è a 0,8 metri di altezza, quali sono le dimensioni della porta?

Non intendo riprendere questo quiz, del quale credo di aver già detto esaurientemente qua:
Quote:

Erasmus (Scrivi 448395)

Ma il fatto che sia saltata fuori un'equazione di 4° grado m'ha dato l'occasione di rivisitare l'argomento delle equazioni di grado superiore al secondo.
Intendo le equazioni algebriche di 3° e 4° grado.
[E' noto che,salvo casi particolari, non si possono risolvere per via algebrica le equazioni dal 5° grado compreso in su. Questo celeberrimo teorema è stato dimostrato dapprima da Ruffini, poi da Abel (che non conosceva Ruffini) e infine da Galois (che pure non conosceva Ruffini ... e nemmeno Abel all'età davvero giovanile in cui lo dimostrò)].

Naturalmente, Erasmus "rivisita" l'argomento frugando nella sua sola memoria.
Anche se senz'altro in rete ci stanno formule, dimostrazioni, notizie storiche e quant'altro, Erasmus presume di essere ugualmente interessante (nel dire le cose a modo suo).

Ho scritto espressamente in modo che, volendo, si può facilmente "implementare" un programmino che, letti i coefficienti del polinomio (che, uguagliato a zero, diventa "equazione canonica"), risolve in un battibaleno qualsiasi equazione di 3° o 4° grado a coefficienti reali

Cuccatevi, dunque, questi due nuovi "paper" (di una pagina ciascuno, in formato PNG):
=> Equazioni algebriche di 3° grado
http://img806.imageshack.us/img806/5...gequations.png

=> Equazioni algebriche di 4° grado
http://img810.imageshack.us/img810/8...egquations.png


Ciao, ciao.
:hello

aspesi 21-02-11 15:06

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 452926)
Cuccatevi, dunque, questi due nuovi "paper" (di una pagina ciascuno, in formato PNG):
=> Equazioni algebriche di 3° grado
http://img806.imageshack.us/img806/5...gequations.png

=> Equazioni algebriche di 4° grado
http://img810.imageshack.us/img810/8...egquations.png


Ciao, ciao.
:hello

Erasmus, grazie, ho stampato le due pagine (anche se non ho nessuna voglia di leggerle...:D)

Ecco invece un problemino di (sola) logica...

In una stanza vi sono delle persone (diciamo un numero n), tutte con un cappello in testa, alcuni hanno il cappello di colore bianco e gli altri di colore nero.
Queste persone non possono parlare né comunicare in alcun modo, né vedere il colore del proprio cappello, ma ovviamente possono vedere quello degli altri.

Una persona esterna tramite un altoparlante dà un solo comando iniziale, e subito dopo le persone si dispongono autonomanente in due gruppi, tutti i bianchi da una parte, ed i neri dall'altra.

Qual'è il comando?

:hello:

Erasmus 21-02-11 16:45

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 452849)
Uno semplicissimo (per vedere se c'è qualcuno :mmh:)

Abbiamo dei materassi alti 10 cm.
Consideriamo di fare una pila di materassi e che ogni materasso diminuisca di 1 mm di spessore per ogni materasso che si trova sopra di esso (2 mm se ci sono 2 materassi, 10 mm se ci sono 10 materassi sopra, ecc...).

Quanti materassi devo impilare per avere una pila spessa 3 metri (un pelino di più)?

:hello:

In una progressione aritmetica {An} di ragione d = An+1– An (= costante, ossia per ogni n) la somma di k termini consecutivi a partire da quello che vale A incluso è
S = k*A + d*k*(k–1)/2.
Qui è A = 100 mm e d = –1 mm.
La somma S deve valere non meno di 3000 mm ma meno di 3100 mm; e l'incognita è k ... da arrotondare per eccesso. Quindi:

3000 = 100k – k^2/2 + k/2 ––> k^2 – 201·k + 6000 = 0 –––>
–––> k =100,5 –√(100,5^2 – 6000) = 36,466805 ... –––> da arrotondare in 37

Altezza della pila S = (100*37 – 37*36/2) mm = 37*(100 – 18) mm = 37*82 mm = 3034 mm

Si può anche ragionare così (a livello ... elementare):
Siccome lo schiacciamento è proporzionale al carico sopportato, con una pila di k materassi, quello di sopra non si schiaccia affatto, quello di sotto, [con k–1 materassi di sopra] si schiaccia di k–1 millimetri.
Lo schiacciamento medio sarà (k–1)/2 mm e lo spessore medio sarà [100 – (k–1)/2] mm.
Una pila di k materassi avrà una altezza:
S = k·[100 – (k–1)/2] mm.

Naturalmente, astromauh (che ha imparato da Miza ad usare la "forza bruta") fa fare al PC:
Codice:

d:= 100;
S:=d;
k: = 1;
Fintantoché  S < 3000 fa
{inizio} 
    S:= S + d – k;
    k:= k+1
{fine};
Scrivi 'S =',S ;
Scrivi 'k = ', k.

con soddisfazione dell'Illustrissimo ... e vissero tutti felici e contenti ...
------------
:hello:

astromauh 21-02-11 19:53

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 452965)
Erasmus, grazie, ho stampato le due pagine (anche se non ho nessuna voglia di leggerle...:D)

Ecco invece un problemino di (sola) logica...

In una stanza vi sono delle persone (diciamo un numero n), tutte con un cappello in testa, alcuni hanno il cappello di colore bianco e gli altri di colore nero.
Queste persone non possono parlare né comunicare in alcun modo, né vedere il colore del proprio cappello, ma ovviamente possono vedere quello degli altri.

Una persona esterna tramite un altoparlante dà un solo comando iniziale, e subito dopo le persone si dispongono autonomanente in due gruppi, tutti i bianchi da una parte, ed i neri dall'altra.

Qual'è il comando?

:hello:

Disponetevi in fila indiana, e poi uno alla volta, quando arriva il vostro turno, passate sull'altro lato della stanza formando una nuova fila, inserendovi tra una persona con il cappello bianco ed un'altra con il cappello nero, ogni volta che potete.

Tranne i primi, che non troveranno due persone affiancate con il cappello di diverso colore, e che quindi si inseriranno dove vogliono, tutti gli altri infilandosi tra due persone con il cappello di diverso colore, si dispongono autonomanente in due gruppi.

:mmh:Ho indovinato? Non mi sembra un quiz adeguato ai tuoi standard.

:hello:

aspesi 21-02-11 21:27

Re: Qualche quiz
 
Quote:

astromauh (Scrivi 453068)
Disponetevi in fila indiana, e poi uno alla volta, quando arriva il vostro turno, passate sull'altro lato della stanza formando una nuova fila, inserendovi tra una persona con il cappello bianco ed un'altra con il cappello nero, ogni volta che potete.

Tranne i primi, che non troveranno due persone affiancate con il cappello di diverso colore, e che quindi si inseriranno dove vogliono, tutti gli altri infilandosi tra due persone con il cappello di diverso colore, si dispongono autonomanente in due gruppi.

:mmh:Ho indovinato? Non mi sembra un quiz adeguato ai tuoi standard.

:hello:

Se ho capito la tua soluzione, alla fine si forma una fila unica con ad un certo punto il colore dei cappelli che cambia, però l'ultimo arrivato non sa di che gruppo fa parte (cioè se è l'ultimo di quelli ad es. che hanno il cappello bianco o il primo di quelli che lo hanno nero).
Altrimenti, spiega meglio quale è esattamente il comando impartito per far separare i due gruppi.

Comunque, c'è un modo più semplice e elegante.

:hello:

astromauh 22-02-11 02:24

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 453094)
Se ho capito la tua soluzione, alla fine si forma una fila unica con ad un certo punto il colore dei cappelli che cambia, però l'ultimo arrivato non sa di che gruppo fa parte (cioè se è l'ultimo di quelli ad es. che hanno il cappello bianco o il primo di quelli che lo hanno nero).
Altrimenti, spiega meglio quale è esattamente il comando impartito per far separare i due gruppi.

Comunque, c'è un modo più semplice e elegante.

:hello:

Mi arrendo, però la mia risposta mi sembra valida, perchè il quiz chiedeva che le persone si disponessero in due gruppi, senza specificare che i partecipanti dovessero anche essere consapevoli del proprio gruppo di appartenza.

Erasmus 22-02-11 08:59

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 452965)
...un problemino di (sola) logica...

In una stanza vi sono delle persone (diciamo un numero n), tutte con un cappello in testa, alcuni hanno il cappello di colore bianco e gli altri di colore nero.
Queste persone non possono parlare né comunicare in alcun modo, né vedere il colore del proprio cappello, ma ovviamente possono vedere quello degli altri.

Una persona esterna tramite un altoparlante dà un solo comando iniziale, e subito dopo le persone si dispongono autonomanente in due gruppi, tutti i bianchi da una parte, ed i neri dall'altra.

Qual'è il comando?

Mi pare che il metodo proposto da astromauh ... porti alla "collisione", col rischio che il gioco degeneri in una colluttazione di tutti contro tutti! :D
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Quale che sia il comando, esso non dovrà comunicare nuove informazioni ai "cappellati". Per risolvere il quiz occorre dunque individuare una qualche conoscenza, una "informazione" già posseduta (o autonomamente acquisibile da ciascun "cappellato" se non ancora acquisita) sulla quale far leva per discriminare i "cappellati" in nero dai "cappellati" in bianco

Ogni "cappellato" può contare il numero di cappelli bianchi e quello di cappelli neri e farne la differenza.
Se B è il numero di cappelli bianchi ed N quello di cappelli neri, chi ha il cappello bianco vede N cappelli neri e B–1 cappelli bianchi, quindi la differenza "bianchi meno neri" per lui è:

DB = (B – 1) – N = (B – N) – 1

Chi invece ha il cappello nero, vede B cappelli bianchi ed N – 1 cappelli neri; e per lui la differenza "bianchi meno neri" vale

DN = B – (N – 1) = (B – N) + 1

Si noti che:

DN ≠ DB; DN – DB = 2

Questa conoscenza "a priori" da parte di ciascun "cappellato" consente la discriminazione dei cappellati in nero dai cappellati in bianco.

Il comando potrebbe essere allora:

«Partendo dal centro della sala, ciascuno faccia un numero di passi pari alla differenza tra il numero di cappelli di un colore e quello dell'altro
• in direzione della porta se vede più cappelli bianchi che neri
• nella direzione opposta se vede più cappelli neri che bianchi.
»


Alla fine, i "cappellati" in nero si troveranno tutti due passi più vicini alla porta dei "cappellati" in bianco.


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

Erasmus 22-02-11 09:34

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 453165)
Mi pare che il metodo proposto da astromauh ... porti alla "collisione", ...

Supponiamo che due cappellati in nero e due cappellati in bianco si trovino ad un certo punto (nel muoversi in cerca di mettersi ciascuno tra un bianco ed un nero) ai vertici di un quadrato: i due neri su un lato e i due bianchi su quello opposto. Ciascuno nota in diagonale un bianco ed un nero, quindi si muove verso il centro del quadrato. E siccome ciò fanno tutti i quattro, la collisione al centro è inevitabile! :D
Codice:


          N
          |
          ˘
    N –––> · <––– B
          ^
          |
          B

;)
------------
:hello:

aspesi 22-02-11 10:02

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 453165)
Il comando potrebbe essere allora:

«Partendo dal centro della sala, ciascuno faccia un numero di passi pari alla differenza tra il numero di cappelli di un colore e quello dell'altro
• in direzione della porta se vede più cappelli bianchi che neri
• nella direzione opposta se vede più cappelli neri che bianchi.»


Alla fine, i "cappellati" in nero si troveranno tutti due passi più vicini alla porta dei "cappellati" in bianco.


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

Mi pare vada bene :ok:, anche se la differenza fosse solo 1 (e quindi quelli con il colore in eccesso di un cappello starebbero fermi).

Comunque, Erasmus, non sarebbe più semplice questo comando?:

"Rivolti tutti da una stessa parte, chi vede un numero pari di cappelli neri si metta sul lato destro della stanza, chi ne vede un numero dispari vada a sinistra".

:hello:



astromauh 22-02-11 10:21

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 453165)
Mi pare che il metodo proposto da astromauh ... porti alla "collisione"

Ma no, perchè avevo specificato che devono aspettare il loro turno per infilarsi, e quindi niente collisioni.

Con la tua soluzione sei riuscito invece a complicare una cosa che era semplicissima, non ti smentisci mai. :p

Erasmus 22-02-11 16:01

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 453181)
... , non sarebbe più semplice questo comando?:
"Rivolti tutti da una stessa parte, chi vede un numero pari di cappelli neri si metta sul lato destro della stanza, chi ne vede un numero dispari vada a sinistra".

Si: sarebbe più semplice.
A me, probabilmente, non veniva in mente perché partivo .... per implicita simmetria, a trovare un modo di coinvolgere alla stessa maniera i cappelli bianchi e quelli neri.

Ma hai ragione tu. Infatti, ripensandoci, non conta niente coinvolgere allo stesso modo i "cappelli" bianchi e neri!
Essenziale invece è che siano i "cappellati" ad essere coinvolti allo stesso modo: tutte le persone sono equivalenti rispetto al comando.

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

Erasmus 22-02-11 16:15

Re: Qualche quiz
 
Quote:

astromauh (Scrivi 453189)
Ma no, perchè avevo specificato che devono aspettare il loro turno per infilarsi, e quindi niente collisioni.

Il "tuo turno" lo aspetti al semaforo rosso e ci sarà con semaforo verde.

Ma supponi che lo scopo sia mettersi in mezzo tra due auto di colore diverso.
Arrivi ad un incrocio con un'auto (di cui non sai il colore!) e vedi che viene da destra un'auto bianca e da sinistra un'auto nera... che fortuna! Non ti fermi (pensi) se non al centro dell'incrocio! Ma davanti a te arriva un altro col tuo stesso desiderio ... e vuole fregarti il posto! :D
... SBANG ... che frittata! :spaf:
-------------
:hello:

aspesi 11-03-11 16:24

Re: Qualche quiz
 
Rinnovamento della piantagione

Ho un campo quadrato e lungo esattamente 1 km per ogni lato.
Qual è il numero massimo di alberi che possono essere piantati ad una distanza reciproca minima di 10 metri?


Nota: Immaginiamo che non vi siano vincoli di distanza, cioè che gli alberi possano essere messi anche sul confine.

:hello:

Erasmus 12-03-11 00:18

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 458816)
Rinnovamento della piantagione

Ho un campo quadrato e lungo esattamente 1 km per ogni lato.
Qual è il numero massimo di alberi che possono essere piantati ad una distanza reciproca minima di 10 metri?

(mumble ... mumble ...)
=> ??? ... Found!!!


12*[√(3)/2] ≈ 10,39 > 10 (troppo ...)
11*[√(3)/2] ≈ 8,66 < 10 (O.K)

Se il lato fosse di 100 m anziché di 1000 m, allora:
=> Tanti così!

116*[√(3)/2] ≈ 100,459 > 100 (troppo ...)
115*[√(3)/2] ≈ 99,593 < 100 (O.K)

Col campo di lato 1000 m ci stanno 116 file, alternatamente da 101 e 100 alberi (per u totale di ...)

Mi basterebbe un campo rettangolare con un lato 1000 m e l'altro 996 m (scarsi) per farci stare lo stesso numero di alberi ... ;)
------------
:hello:
------------------------
P.S.
In un vecchio thread si parlava del massimo stipamento di sfere di ugual diametro.
Il tuo problema è analogo: soltanto bidimensionale anziché tridimensionale.
Bye bye

Mizarino 12-03-11 05:32

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 458947)
In un vecchio thread si parlava del massimo stipamento di sfere di ugual diametro.
Il tuo problema è analogo: soltanto bidimensionale anziché tridimensionale.

Infatti ...
Si chiama "impacchettamento compatto". ;)

aspesi 12-03-11 10:42

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 458947)
Col campo di lato 1000 m ci stanno 116 file, alternatamente da 101 e 100 alberi (per un totale di ...) 11658 (l'ho scritto io facendo il prodotto)

:hello:
------------------------
Bye bye

Eheh...:rolleyes:
Ce ne sta qualcuno di più... ;)

Ciao
:hello:

Erasmus 12-03-11 18:54

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 459014)
Ce ne sta qualcuno di più... ;)

:mmh:
---------------
Immaginiamo un reticolo infinito (che occupa tutto il piano), e diciamo d la distanza minima tra due nodi del reticolo.
Con questo reticolo ... triangolare [che mi pare "ottimo"], in un rombo di lato L(n) = n·d e diagonale minore lunga ancora n·d ci stanno al massimo N(n) = (n+1)^2 nodi, (compresi i 4·n nodi sul perimetro).
L'area di tale rombo è A(n) = (n·d)·[n·d·√(3)/2].
L'area occupata per nodo è dunque:
A(n)/N(n) = {[d^2]·√(3)/2} · [n/(n+1)]^2

Al tendere di n all'infinito, l'area per nodo viene quella di un triangolo equilatero di lato d (con i vertici in tre nodi "prossimi").

Su un piano infinito, in un km^2 mediamente ci stanno 11547,005383 ... alberi.

E' solo perché si prendono i nodi sul perimetro che si supera questo numero.

Sul reticolo infinito, metto in posizione qualsiasi un quadrato di lato 100·d. Poi lo sposto e lo giro opportunamente in modo da beccare il maggior numero possibile di nodi ....
....
Non capisco come possano starci più di 11658 alberi in un km^2 ...
:mmh:
--------
:hello:

aspesi 12-03-11 20:46

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 459162)
---------------
Immaginiamo un reticolo infinito (che occupa tutto il piano), e diciamo d la distanza minima tra due nodi del reticolo.
Con questo reticolo ... triangolare [che mi pare "ottimo"], in un rombo di lato L(n) = n·d e diagonale minore lunga ancora n·d ci stanno al massimo N(n) = (n+1)^2 nodi, (compresi i 4·n nodi sul perimetro).
L'area di tale rombo è A(n) = (n·d)·[n·d·√(3)/2].
L'area occupata per nodo è dunque:
A(n)/N(n) = {[d^2]·√(3)/2} · [n/(n+1)]^2

Al tendere di n all'infinito, l'area per nodo viene quella di un triangolo equilatero di lato d (con i vertici in tre nodi "prossimi").

Su un piano infinito, in un km^2 mediamente ci stanno 11547,005383 ... alberi.

E' solo perché si prendono i nodi sul perimetro che si supera questo numero.

Sul reticolo infinito, metto in posizione qualsiasi un quadrato di lato 100·d. Poi lo sposto e lo giro opportunamente in modo da beccare il maggior numero possibile di nodi ....
....
Non capisco come possano starci più di 11658 alberi in un km^2 ...
:mmh:
--------
:hello:

Tutto perfetto, Erasmus!
Ma, come hai detto nel messaggio precedente, avanza una piccola striscia... vogliamo utilizzarla, per quanto possibile? :D

E allora... (un piccolo miglioramento facile ... e un altro che dovresti essere tu a calcolare meglio...)

:hello:

Erasmus 13-03-11 03:08

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 459224)
... (un piccolo miglioramento ...)

Ho capito.
Invece di avere sempre un reticolo triangolare, incominci e/o termini con strisce a reticolo quadrato in modo da avere qualche riga in più da 101 alberi (invece che da 100).

Ma ... geometricamente non lo vedo come un "miglioramento

Serve una verifica (per tentativi).
a) Provo a pensare 5 file parallele da 101 alberi:
(1000 – 40)/[10√(3)/2] = 110,85 ...
Non va bene: le file vengono 115 in tutto invece di 116

b) (1000 – 30)/[10√(3)/2] = 112,0059 ... O.K.

Si incomincia e/o si finisce con file parallele non sfalsate (reticolo quadrato invece che triangolare.
Posso metterne una, 2, 3 , 4 da un lato del campo (e quindi 4, 3, 2 o una sull lato opposto).
Comunque, vengono sempre 2 soli alberi in più.
Per esempio:
• 4 file parallele da 101 alberi ciascuna (con 4 alberi ai vertici di un quadrato 10 m x 10 m) –> 404 alberi
• Resta un rettangolo di lati 1000 m x 970 m.
In esso ci stanno 112 file distanti 5√(3) m – con la prima fila [da 100 alberi] pure distante 5√(3) m dalla 4ª – su reticolo triangolare perché 970/[10·√(3)/2] = 112,0059 ... > 112.
––> 56 file da 100 alberi + 56 da 101 = 56·(201) ––> 11256 alberi.

Totale: 404 + 11256 = 11660 alberi.

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:hello:

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aspesi 13-03-11 08:53

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 459270)
Ho capito.
Invece di avere sempre un reticolo triangolare, incominci e/o termini con strisce a reticolo quadrato in modo da avere qualche riga in più da 101 alberi (invece che da 100).

Ma ... geometricamente non lo vedo come un "miglioramento

................

Totale: 404 + 11256 = 11660 alberi.

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:hello:

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:ok:
Penso però che, a scapito di geometria elegante e di simmetria, ci si possa mettere ancora qualche albero in più...

Infatti, se partiamo dal primo filare (101 alberi) e alterniamo con un filare da 100 alberi, dopo il 115.o filare, che e' di 101 alberi, si avanza una striscia lunga 1km e larga 12.731 m.

Qua, facendo qualche contorsione e sfalsando, si dovrebbero poter sistemare 104 o 105 alberi, (per i calcoli, Erasmus, se hai voglia, io aspetto...), la qual cosa porta il numero totale a 11662 o 11663...

http://i51.tinypic.com/29vjlp5.jpg

(E se il campo fosse rotondo, cioè un cerchio di 1 km di diametro, quanti alberi ci potrebbero stare?
Riesci a determinarlo in modo meno grossolano di quanto io sappia fare con il rapporto delle aree?)

:hello:

Erasmus 14-03-11 01:01

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 459323)
... facendo qualche contorsione e sfalsando, si dovrebbero poter sistemare 104 o 105 alberi, (per i calcoli, Erasmus, se hai voglia, io aspetto...), la qual cosa porta il numero totale a 11662 o 11663...

http://i51.tinypic.com/29vjlp5.jpg

Questa figura:
=> studio.png
l'ho fatta scrivendo sopra una copia di quella che hai mostrato tu per spiegare cosa intendevi per "contorsione e sfasamento".

Seguendo quell'idea, al posto di una fila rettilinea da 101 alberi si può mettere una fila un po' a zig-zag. e quindi un po' più numerosa.

[Leggere per bene tutto quel che c'è sulla figura, ... capirne e memorizzarne il significato!]

Mettiamo nella figura le coordinate cartesiane: x in orizzontale e y in verticale.
Chiamo "a" la distanza di 10 metri (minima) tra nodi vicini.
I nodi di questa fila a zig-zag hanno ascisse a passo
∆x = 0,9617767584787·a
Il lato del campo è L = 100·a.
Ora risulta L/∆x = 100/0,9617767584787 = 103,9742 ...
Quindi su questa linea a zig-zag per un pelo NON ci stanno 105 nodi con distanza a tra nodi consecutivi.
Ma occorre stare attenti a dove metterli!
Diciamo ∆y la differenza tra l'ordinata della 115ª fila e l'ordinata dei nodi alti di questa 116ª fila a zig-zag.
Seguendo l'impostazione suggerita dalla tua figura, risulta ∆y = 0,9992692248·a < a.
Ora il 2° nodo di quest'ultima fila a zig-zag (primo suo nodo alto) dista esattamente a dal 2° nodo della penultima fila (rettilinea, di 101 nodi a passo a)
Siccome ∆x < a, i nodi alti dell'ultima fila (a zig-zag), risultano (orizzontalmente) più fitti dei nodi di posto pari della penultima fila. Il 54° nodo della fila a zig-zag casca quasi alla stessa ascissa del 52° della fila rettilinea soprastante. [Controllare nella figura!] Qui non ci posso mettere l'albero perché disterebbe da quello più vicino un pelo meno di a.
Per stare allora con i 104 alberi nel filare a zig-zag, basta metterne 53 (o 52 o 51) (sempre a zig-zag) partendo dal vertice in basso a sinistra e i restanti 51 (o 52 o 53 rispettivamente) partendo dal vertice in basso a destra.
[La cosa viene comoda perché per un pelo soltanto non ci stanno 105 nodi,; ossia, in ascissa avanza "gioco" di quasi un passo].

Ma ... tutto questa attenzione (avuta nella speranza che ci stessero 105 nodi nell'ultima fila a zig-zag, ma poi andata delusa) è superflua una volta accertato che i 105 nodi non ci stanno.
Pensiamo ancora un'ultima fila a zig-zag, ma mettiamo i suoi nodi alti esattamente a distanza a da penultima fila. Allora non dovremmo più preoccuparci di dove cascano le ascisse di questi nodi.
Fatti i conti, siccome ∆y era prima davvero un pelo soltanto minore del passo a, il nuovo passo in ascissa – diciamolo ∆x' – viene solo un soffio più lungo del ∆x di prima.
Prima era ∆x = 0,9617767...·a.
Ora viene ∆x' =0,9619845...·a
Risulta dunque
L/∆x' = 103,95176...
[invece di L/∆x = 103,9742...]

Quindi ci stanno (comodi!) ancora 104 alberi nell'ultimo 116° filare, fatto a zig-zag, con uno scarto di ordinata di (circa) 2,731 m.

In totale gli alberi sono dunque:
58*101 + 57*100 + 104 = 11662

---------------------
In un cercchio di diametro 100·a, per un reticolo infinito triangolare a passo a, mediamente di alberi ce ne stanno
[(50^2)*π]/[(√(3)/2] = 9068,9968 ...
Il meglio che si può fare è avere una simmetria centrale, con 3 file diametrali da 101 alberi messe come le 3 duiagonali massime di un esagono regolare.
Insomma: al massimo 6 alberi sulla circonferenza.

Il conteggio effettivo ... è scorbutico da fare.
Occorrerebbe fare per bene il conteggio degli alberi che stanno in un segmento di cerchio con corda lunga come il raggio (500 m, 51 alberi in fila rettilinea).

Dovrebbero essere 9071 o 9072 alberi al massimo.
-------------
:hello:

aspesi 14-03-11 09:22

Re: Qualche quiz
 
Erasmus, grazie.:)

Ho dato solo un'occhiata (sto seguendo la situazione in Giappone), approfondirò in seguito.

Sono contento di aver ... indovinato a occhio ... (avevo scritto: "si dovrebbero poter sistemare 104 o 105 alberi la qual cosa porta il numero totale a 11662 o 11663...");)

Sempre per intuito, non sono però convinto (se hai scritto questo) che il miglior zig-zag debba sempre posizionarsi su 2 file parallele con sempre lo stesso scarto di ordinata.
L'ottimizzazione richiederebbe un avvicinamento ed allontanamento dalla fila regolare superiore, fermo restando che un abero sì e uno no cada sempre sul confine dell'ultima fila (sei proprio sicuro che così non ce ne possano stare 105?)

:hello:

aspesi 17-03-11 12:40

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 459629)
In un cercchio di diametro 100·a, per un reticolo infinito triangolare a passo a, mediamente di alberi ce ne stanno
[(50^2)*π]/[(√(3)/2] = 9068,9968 ...
Il meglio che si può fare è avere una simmetria centrale, con 3 file diametrali da 101 alberi messe come le 3 diagonali massime di un esagono regolare.
Insomma: al massimo 6 alberi sulla circonferenza.

Il conteggio effettivo ... è scorbutico da fare.
Occorrerebbe fare per bene il conteggio degli alberi che stanno in un segmento di cerchio con corda lunga come il raggio (500 m, 51 alberi in fila rettilinea).

Dovrebbero essere 9071 o 9072 alberi al massimo.
-------------
:hello:

Io pensavo di sistemare gli alberi sulla circonferenza di anelli concentrici distanti 10 m.
Però non saprei fare il calcolo e se viene di meno o di più rispetto all'esagono che dici.

:hello:

Mizarino 17-03-11 13:02

Re: Qualche quiz
 
Io pianterei gli alberi secondo un reticolo esagonale a facce centrate, e me ne fregherei se lungo i bordi rimangono dei "difetti reticolari" ... Non sarà qualche albero in meno che mi guasta la piantagione ... :D

aspesi 17-03-11 14:05

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Mizarino (Scrivi 461039)
Io pianterei gli alberi secondo un reticolo esagonale a facce centrate, e me ne fregherei se lungo i bordi rimangono dei "difetti reticolari" ... Non sarà qualche albero in meno che mi guasta la piantagione ... :D

Mi pare sia quello che suggeriva Erasmus...
E probabilmente sarebbe la soluzione migliore ;)

:hello:

aspesi 05-04-11 20:32

Re: Qualche quiz
 
Un problemino... ino...

Un vecchio capitano di marina (non ancora centenario), in occasione del suo
compleanno, ha invitato le sue tre figlie, i suoi cinque nipoti e i
suoi sette pronipoti: le tre figlie hanno età consecutive, i cinque
nipoti hanno età consecutive e i sette pronipoti hanno età
consecutive. La somma delle età delle figlie è uguale a quella delle
età dei nipoti più quella delle età dei pronipoti. L'età del
capitano è uguale ai 2/3 della somma delle età delle figlie.

Quanti anni hanno (con certezza) tre dei cinque nipoti?

:hello:

astromauh 06-04-11 04:16

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 467138)

Quanti anni hanno (con certezza) tre dei cinque nipoti?

:hello:

21 - 22- 23 (forse)

:hello:

aspesi 06-04-11 07:25

Re: Qualche quiz
 
Quote:

astromauh (Scrivi 467168)
21 - 22- 23 (forse)

:hello:

Due vanno bene, il terzo no....

:hello:

Erasmus 06-04-11 09:22

Re: Qualche quiz
 
Quote:

aspesi (Scrivi 467138)
[...] La somma delle età delle figlie è uguale a quella delle età dei nipoti più quella delle età dei pronipoti. L'età del capitano è uguale ai 2/3 della somma delle età delle figlie.

:mmh:
Dico V (come "vecchio") l'età del capitano.
Dico X, Y e Z rispettivamente l'età della figlia di mezzo, del nipote di mezzo e del pronipote di mezzo.
I numeri V, X, Y, e Z devono soddisfare le equazioni:
3X = 5Y + 7Z
V = 2X


Poche due equazioni per 4 incognite!

Ma occorre tener presente che V è minore di 100 e che V, X, Y e Z sono numeri interi.
Se il problema ha soluzione, i numeri soddisfano queste ulteriori condizioni:
V è un numero pari
3X = 5Y + 7Z implica che 5Y + 77 è un multiplo di 3
5Y = 3X – 7Z implica che 3X – 7Z è maggiore di 0 e multiplo di 5
7Z = 3X – 5Y implica che 3X – 7Y è maggiore di 0 e multiplo di 7
Z non è minore di 3


A questo punto ... astromauh (assurto a grande specialista nell'uso della "forza bruta") non ha che da provare!
--------------------------
Per esempio:
1° tentativo.
V = 98? –––> X = 49
Z = 3? ––> 5Y = 3X – 7Z = 147 – 21 = 126 non va bene (non è multiplo di 5).
Z = 4? ––> 5Y – 7Z = 147 – 28 = 119 ––> NO (idem)
Z = 5? ––> 5Y – 7Z = 147 – 35 = 112 ––> NO (idem)
Z = 6? ––> 5Y – 7Z = 147 – 42 = 105 ––> Y = 21
Già trovata una soluzione:
Capitano di età V = 98 anni;
3 figlie di età 48, 49 e 50 anni (somma delle loro età 147);
5 nipoti di età 19, 20, 21, 22 e 23 anni (somma delle loro età 105);
7 pronipoti di età 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9 anni (somma delle loro età 42).

Verifica
a) «La somma delle età delle figlie è uguale a quella delle età dei nipoti più quella delle età dei pronipoti»
Infatti 147 = 105 + 42
b) «L'età del capitano è uguale ai 2/3 della somma delle età delle figlie»
Infatti 98 = (2/3)·147.

Ma ... un(a) pronipote di già 9 anni figlio/(a) di genitore/(trice) di non più di 23 anni mi pare un po' improbabile :eek:
--------------------------------------------
2° tentativo.
V = 96? –––> X = 48
Z = 3? ––> 5Y = 3X – 7Z = 144 – 21 = 123 non va bene (non è multiplo di 5).
Z = 4? ––> 5Y = 3X – 7Z = 144 – 28 = 116 ––> NO (idem).
Z = 5? ––> 5Y = 3X – 7Z = 144 – 35 = 109 ––> NO (idem).
Z = 6? ––> 5Y = 3X – 7Z = 144 – 42 = 102 ––> NO (idem).
Z = 7? ––> 5Y = 3X – 7Z = 144 – 49 = 852 ––> Y = 19.

Ecco una seconda soluzione ... ancora meno probabile della precedente.
Capitano di età V = 96 anni;
3 figlie di età 47, 48 e 49 anni (somma delle loro età 144);
5 nipoti di età 17, 18, 19, 20 e 21 anni (somma delle loro età 95)
7 pronipoti di età 4, 5, 6, 7, 8, 9 e 10 anni (somma delle loro età 49);
Pronipote del Vecchio di 10 anni figlio/a di nipote del Vecchio di non più di 21 anni! :confused:

Ad occhio, le soluzioni algebriche continuano con età
• Quella del vecchio e delle nipoti decrescenti di 2 anni alla volta;
• Quella delle figlie decrescenti di un anno alla volta.
• Quella del pronipoti in aumento di un anno alla volta.

Per dare senso all'ultima domanda («Quanti anni hanno (con certezza) tre dei cinque nipoti?») bisogna accettare due sole soluzioni con V = 2N e V = 2(N–1) (con N intero opportuno).
Per esempio, con le due soluzioni trovate avevamo per le 5 nipoti le età

1) 19, 20, 21, 22, 23
2) 17, 18, 19, 20, 21

In entrambe le soluzioni tre nipoti hanno età rispettiva 19, 20 e 21 anni
----------------------------------------------------------------------

Aspesi: questi quiz sono facili ma ... di una noia insopportabile!
E poi: di Diofanto mi pare che il forum sia prmai saturo!

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

Erasmus 06-04-11 09:30

Re: Qualche quiz
 
Chiedo venia.
Ho aperto il forum Rudi Mathematici 'sta notte (di ritorno da teatro, Les pêcheurs de perles, di Bizet) che ancora astromauh non aveva risposto; ma non ho concluso (e non sono uscito dalla pagina).
Ho concluso stamattina ... e solo ora vedo il 'post' di astromauh e quello successivo di aspesi.

Ciao astromauh! :cool:
--------------
:hello:

P.S.
Nino II: continuo a non capire che ci sta raffigurato nel tuo nuovo avatar :confused:

Erasmus 06-04-11 10:00

Re: Qualche quiz
 
Faccio un terzo tentativo per vedere se l'andamento è quello che ho detto.

2° tentativo.
V = 94? –––> X = 47
Z = 3? ––> 5Y = 3X – 7Z = 141 – 21 = 120 ––> Y = 24.

No: l'andamento non è esattamente quello che avevo detto :o

Con questa soluzione:
Capitano di età V = 94 anni;
3 figlie di età 46, 47 e 48 anni (somma delle loro età 141);
5 nipoti di età 22, 23, 24, 25 e 26 anni (somma delle loro età 120);
7 pronipoti di età 0 (neonato/a), 1, 2, 3, 4, 5 e 6 anni (somma delle loro età 21).

Metto a confronto le soluzioni della cinquina di nipoti:
1) 19, 20, 21, 22, 23
2) 17, 18, 19, 20, 21
3) 22, 23, 24, 25, 26

Aspesi: tra la seconda e la terza cinquina non c'è alcun numero comune!
Come la mettiamo con le età certe di tre nipoti? :mmh:

Mi scarti la terza soluzione perché bisogna che anche il pronipote minore abbia almeno un anno? :mmh:
------------------------
:hello:

astromauh 06-04-11 11:21

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 467245)
Mi scarti la terza soluzione perché bisogna che anche il pronipote minore abbia almeno un anno? :mmh:
------------------------
:hello:


Nemmeno a me tornavano i conti!

Queste che seguono sono le età medie dei
pronipoti, nipoti, figlie e capitano:

a=4 b=19 c=41 d=82
a=4 b=22 c=46 d=92
a=5 b=20 c=45 d=90
a=6 b=21 c=49 d=98

Escludendo a=3, ossia non considerando la possibilità che un pronipote fosse di età 0, e stabilendo arbitrariamente che la differenza tra l'età media dei nipoti e quella dei pronipoti fosse almeno di 14 anni.

Siccome l'età media dei nipoti (b), può essere solo 19, 20, 21, 22, si ha la certezza solo per due di essi 20 e 21, mentre non si può essere certi di 19 e 22.

Considerando che tu (Aspesi) dicevi che si può stabilire con certezza l'età di tre nipoti, ho deciso (arbitrariamente) che la differenza di età tra nipote medio e pronipote medio fosse almeno di 15 anni, ottenendo in questo modo una unica soluzione:

a=4 b=22 c=46 d=92

20, 21, 22, 23, 24

e quindi:

21, 22, 23

Ciao a tutti.

PS
Non mi piace prendere decisioni arbitrarie.

aspesi 06-04-11 11:59

Re: Qualche quiz
 
Quote:

Erasmus (Scrivi 467224)
:mmh:
Aspesi: questi quiz sono facili ma ... di una noia insopportabile!

Ciao, ciao

Ok.
Ma non ti dico come mi paiono i tuoi quiz... :D

Quote:

P.S.
Nino II: continuo a non capire che ci sta raffigurato nel tuo nuovo avatar :confused:
E' Alfonso.
Un gatto.
La sua storia è qui:
http://www.trekportal.it/coelestis/showpost.php?p=465674&postcount=22
http://www.trekportal.it/coelestis/showpost.php?p=465675&postcount=23

Quote:

Mi scarti la terza soluzione perché bisogna che anche il pronipote minore abbia almeno un anno?
Sì... (mi sono dimenticato di dirlo...)

Io l'ho fatto così:
----------------------

Poni:
P=età del quarto pronipote
N=età del terzo nipote
F= età della seconda figlia
C= età del capitano
Hai: C<100 ........ P>=4
7P +5N = 3F ........ <150
C = 2/3*3F = 2F
il capitano ha il doppio dell'età della seconda figlia e quindi si
deduce che compie un numero di anni pari

Poniamo che C possa avere:
C = 98 allora Figlie = 48-49-50 ..... 3F=147
C = 96 .... " ..... = 47-48-49 ..... 3F=144
C = 94 .... " ..... = 46-47-48 ..... 3F=141
C = 92 .... " ..... = 45-46-47 ..... 3F=138
C = 90 .... " ..... = 44-45-46 ..... 3F=135

I pronipoti possono avere:
P = 4 allora 7P=28
P = 5 .... " .... 7P=35
P = 6 .... " .... 7P=42

La somma dell'età dei 5 nipoti ovviamente deve essere divisibile per 5
Vediamo di applicare N = (3F - 7P) / 5 accettando N intero
C = 98 3F = 147 deve essere 7 P = 42 e N = 21
C = 96 3F = 144 non ci sono soluzioni
C = 94 3F = 141 non ci sono soluzioni
C = 92 3F = 138 deve essere 7P = 28 e N = 22
C = 90 3F = 135 deve essere 7P = 35 e N = 20

In conclusione, ci sono 3 soluzioni:
1) C=98 Figlie:48-49-50 Nipoti:19-20-21-22-23 Pronipoti:3-4-5-6-7-8-9
2) C=92 Figlie:45-46-47 Nipoti:20-21-22-23-24 Pronipoti:1-2-3-4-5-6-7
3) C=90 Figlie:44-45-46 Nipoti:18-19-20-21-22 Pronipoti:2-3-4-5-6-7-8

(Tre dei cinque nipoti hanno con certezza 20-21-22 anni)

Nino


Tutti gli orari sono GMT. Attualmente sono le 02:35.

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