Qualche quiz

[aspesi]

Erasmus

@ 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}
.......
.......

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... )

Ciao
Nino

[Erasmus]

aspesi

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.

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P.S.
La connessione con le terne pitagoriche?
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]

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

[Erasmus]

nino280

Avete anche messo 1x36 ?

Certamente!

nino280

Come si fa a dividere un rettangolo in 1x36 ? [...]
... almeno questo caso va escluso

Non mi dire che sei caduto un'altra volta di nuca sul campo da tennis!
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.
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[Erasmus]

Erasmus

[...]
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
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[Erasmus]

nino280

Forse non mi sono ancora ripreso completamente

E' probabile
Ma vedrai che se fai una bella dormita ritornerai nuovo ... come un ragazzino!

nino280

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

Mi preoccupi, Nino
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]

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?

[Erasmus]

aspesi

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
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[nino280]

Mi preoccupi, Nino
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]

Erasmus

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.

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