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Vecchio 29-09-10, 03:15   #51
Erasmus
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Predefinito Re: Qualche quiz

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1) Si abbia un poligono regolare di 2002 lati.
Qual è la probabilità che, tirando a sorte 3 dei suoi vertici, si ottenga:
-un triangolo rettangolo
-un triangolo ottusangolo
-un triangolo acutangolo
Beh: queste probabilità le so non appena so quanti sono tutti i possibili triangoli e quanti di questi sono quelli rettangoli, quelli acutangoli e quelli ottusangoli.

O.K., il quiz è già stato discusso abbondantemente e risolto.

Ma adesso vorrei fare un approccio ... il meno "geometrico" possibile, cioè [quasi] tutto puramente algebrico.

Naturalmente, al posto di 2002, considererò numeri n qualsiasi, precisando eventualmente (ossia: se e quando sarà necessario) solamente se n è pari o dispari.

Ho detto: approccio il più possibile "algebrico".

Prima domanda: quante sono le terne distinte T(n) fattibili con n elementi?
Ipotizziamo che T(n) sia un polinomio in n.
Di che grado?
Boh!
Visto che parliamo di terne, proviamo con polinomi di 3° grado. Se non sarà sufficiente, proveremo con grado maggiore.
Posto allora T(n) = A*n^3 + B*n^2 + C*n + D, bisogna trovare quando valgono i coefficienti A, B, C e D.
Ragioniamo così:
Con meno di 3 elementi non si fanno terne; e con 3 elementi se ne fa una sola. In particolare, per n = 0 abbiamo:
A*0^3 + B*0^2 + C*0 + D = 0 => D = 0.
Quindi, per n= 1, n= 2 ed n = 3 abbiamo (rispettivamente):
Codice:
    A +   B +  C = 0        (a)  A +  B + C = 0      [(b) meno (a)]  3A + B = 0   (1)  [(2) meno(1)] A= 1/6
  8A + 4B + 2C = 0  => (b) 4A + 2B + C = 0     [(c) meno (b)]  5A + B =1/3 (2)                      B=– 1/2 
27A +  9B + 3C = 1       (c) 9A + 3B + C =1/3           (a)          C = – (A+B)  (3)                      C=  1/3

T(n) = (n^3)/6 – (n^2)/2  + n/3 = [n^3  – 3*n^2 +2n]/6  = [n(n–1)(n–2)]/6.
Per n=4, scartando un elemento alla volta si hanno 4 terne; e per n = 5, scartando 2 elementi in tutti i modi possibili, le terne risultano quante le coppie, cioè 4 + 3 + 2 +1 = 10.
Vediamo se il grado 3 bastava:
T(4) = (4*3*2)/6 = 4; T(5) = (5*4*3)/6 = 10. O.K.: va bene il 3° grado.
[Cioè: se penso T(n) =An^3 + Bn^2+Cn +D + En^4 + Fn^5 + ... trovo D = 0; E = 0; F = 0; ...]

Minimizzando il "fare geometria", se n è pari, il numero di Triangoli rettangoli – diciamolo R(n) – viene:
R(0) = 0;
R(2) = 0;
R(4) = 4;
R(6) = 12.
Ipotizzando che R(n) sia ancora un polinomio di grado al massimo 3 e ragionando come prima, ponendo cioè:
R(n) = An^3 + Bn^2 + Cn + D
troviamo adesso:
A*0^3 + B*0^2 + c*0 + D = 0 => D = 0;
e quindi:
Codice:
   8A +   4B + 2C =0      (a)   4A + 2B + C=0   [(b) meno (a)] 12A + 2B =1   (1)  [(2) meno(1)] A=0
 64A +  16B + 4C=4 => (b) 16A + 4B + C=1   [(c) meno (b)] 20A + 2B =1   (2)                      B =1/2 
216A + 36B + 6C=12     (c)  36A + 6B + C=2               (a)      C=– (4A+2B)  (3)                      C=–1

R(n) = 0*n^3 + (n^2)/2  – n = [n^2  – 2n]/2  = [n(n–2)]/2
Cerchiamo ora il numero A(n) di triangoli acutangoli per n pari, ancora ipotizzando A(n) polinomio di 3° grado.
A(0) = 0
A(2) = 0
A(4) = 0
A(6) = 2, (equiangoli, quelli ... della "stella di David").
Ponendo adesso A(n) = An^3 + Bn^2 + Cn + D, abbiamo ancora
A*0^3 + B*0^2 + c*0 + D = 0 => D = 0;
e quindi:
Codice:
   8A + 4B + 2C=0      (a)   4A +  2B + C =0    [(b) meno (a)] 12A+2B = 0    (1)  [(2) meno(1)] A =1/24
 64A +16B + 4C=0 =>(b) 16A + 4B + C =0     [(c) meno (b)] 20A+2B = 1/3 (2)                      B = –1/4 
216A+36B + 6C=2      (c)  36A + 6B + C=1/3               (a)     C =–(4A+2B)  (3)                       C = 1/3

A(n) = (n^3)/24 – (n^2)/4  + n/3 = [n^3  – 6n^2 +8n]/2  = [n(n–2)(n–4)]/24.
Si può procedere allo stesso modo per il numero O(n) di triangoli ottusangoli, anche se ora conviene fare:
Codice:
                                         n(n–2)                                         n(n–2)      n–4       n(n–2)(n–4)
O(n) = T(n) – A(n) – R(n) = ––––– *[(n–1)/3 – (n–4)/12 – 1] = ––––– * ––––– = –––––––––– = 3A(n)
                                            2                                                  2           4                 8
Per n dispari qualsiasi è sempre R(n) = 0. Ancora T(n) = n(n–1)(n–2)/6; e per il numero A(n) di triangoli acutangoli si ha:
A(1) = 0; A(3) = 1; A(5) = 5
e quindi
Codice:
     A +    B +   C = 0      (a)   3A + 3B + 3C =0   [(b) meno (a)] 24A +6B = 1      (1)                        A =1/24
  27A + 9B + 3C = 1 => (b) 27A + 9B + 3C =1   [(b) meno (c)]   2A +4B +2C=0 (2)   [(2) meno(3)] B =0 
125A + 25B+ 5C= 5       (c)  25A + 5B +  C =1               (a)       2A+ 2B +2C=0  (3)                       C =–1/24

A(n) = (n^3)/24 – n/24 = [n(n^2 – 1)] /24 =   [n(n – 1)(n + 1)]/24.
Con ciò, per n dispari si ha:
Codice:
                                n(n – 1)                                     n(n–1)    3n–9       n(n–1)(n–3)
O(n) = T(n) – A(n)  = –––––– *[(n – 2) – (n + 1)/4 ] = ––––– * ––––– = ––––––––––– 
                                    6                                               6           4                 8
Bye, bye
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Erasmus
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Ultima modifica di Erasmus : 01-10-10 03:13.
Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 30-09-10, 15:42   #52
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
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Ma adesso vorrei fare un approccio ... il meno "geometrico" possibile, cioè [quasi] tutto puramente algebrico.

[cut]

Bye, bye
Ho letto di corsa (sono appena tornato da un'escursione, ho fatto 1500 metri di dislivello, decisamente troppi per la mia età....)

Anche se sono stanchissimo, ho afferrato ed apprezzato subito la "genialità" di questo tuo approccio algebrico.

Alla prossima.

Ciao
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Vecchio 30-09-10, 16:04   #53
aspesi
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
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Soddisfano il punto i) solo questi quattro numeri
a) 11, 59, 89
c) 30
Di questi, solo X = 30 soddisfa il punto ii).

Ciao, ciao.
Perfetto!!! (non che dubitassi...)

Ripeto, anche se è inutile, la tua soluzione.
"Scremati" i 40 numeri "possibili" in base ai divisori, occorre cercare tra questi un numero che sia identificabile attraverso la somma.

-con somma 2 c'è solo 11
-con somma 3 c'è solo 30
-con somma 4 ci sono 13, 31 e 40 (quindi non va bene)
-con somma 5 ci sono 23 e 41 (quindi non va bene)
analogamente si escludono i numeri a somma 6 (24,42,60), a somma 7 (25,43,61,70), a somma 8 (17,53,71,80), a somma 9 (54,72,90), a somma 10 (19,37,73), a somma 11 (29,47,56,83), a somma 12 (48,66,84), a somma 13 (49,67), a somma 15 (78,96) e a somma 16 (79,88,97).
Mentre potrebbero ancora essere:
-con somma 14, X=59
-con somma 17, X=89

Quindi, se X = [11,30,59,89] allora A conosce la risposta.
Poiché di questi quattro, tre sono primi (e quindi hanno due divisori), affinché anche B possa conoscere la risposta il numero può essere solo 30.

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Vecchio 01-10-10, 21:40   #54
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Predefinito Re: Qualche quiz

Un gioco di carte magico.
I maghi sono il Nino (che sarei io...) e mia moglie (la Nina), che intrattengono il pubblico con un gioco che a prima vista parrà diabolico e dall'effetto sorprendente.

C'è un mazzo francese da 52 carte (13 per ciascuno dei quattro semi, cuori, quadri, fiori e picche).
Qualcuno del pubblico (a caso) estrae 5 carte dal mazzo (o le sceglie deliberatamente, fa lo stesso), mentre il Nino non è presente (è in un'altra stanza e non può assolutamente vedere, nè sentire).
Le 5 carte vengono fatte vedere alla Nina, che ne preleverà 4 a sua scelta (mentre la quinta carta verrà trattenuta e nascosta dal rappresentante del pubblico).
A questo punto, entra in sala il Nino, la Nina gli porgerà le 4 carte e ... rullino i tamburi ... il Nino indovinerà senza ombra di dubbio la quinta carta!

Come faranno?
E con una codifica ottimizzata fino a quante carte (o numeri, da 1 a ...) il gioco funzionerà, cioè si potrà indovinare una carta, facendone vedere altre quattro?

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Vecchio 02-10-10, 11:26   #55
Erasmus
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
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[...]
A questo punto, entra in sala il Nino, la Nina gli porgerà le 4 carte e ... rullino i tamburi ... il Nino indovinerà senza ombra di dubbio la quinta carta!
Suppongo che la Nina metta le carte in un preciso ordine.
Si tratta,(mi pare), di trovare il modo di codificare senza equivoci una precisa carta mediante altre quattro carte qualsiasi.

Qualsiasi, ma non con infinite possibilità!
[Per esempio: le carte dello stesso seme hanno necessariamente valori diversi].

L'ordine con cui Nino riceve le 4 carte dalla Nina deve dipendere non solo dalla carta da indovinare ma anche dal tipo di quartetto di carte da vedere.

La carta da indovinare è una delle altre 48.

Suddivise le possibilità delle 4 carte in un preciso numero di distinte tipologie, ad una di queste tipologie corrisponderà la possibilità di mettere le carte in un ordine tale che il seme della carta incognita sia associato alla tipologia e il valore sia deducibile con un calcolo sui valori delle carte (ora distinte per ordine).

Questo tipo di quiz non è certo il mio forte!
Per cui ... lascio volentieri la palla a qualcun altro.
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Erasmus non in linea   Rispondi citando
Vecchio 02-10-10, 11:49   #56
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
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Suppongo che la Nina metta le carte in un preciso ordine.
Si tratta,(mi pare), di trovare il modo di codificare senza equivoci una precisa carta mediante altre quattro carte qualsiasi.
Certo!
Però, apparentemente, la Nina può combinare le 4 carte in 4! cioè solo in 24 modi diversi, mentre le carte potenziali da indovinare sono 48.

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
L'ordine con cui Nino riceve le 4 carte dalla Nina deve dipendere non solo dalla carta da indovinare ma anche dal tipo di quartetto di carte da vedere.

La carta da indovinare è una delle altre 48.
Giusto!

Quote:
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Questo tipo di quiz non è certo il mio forte!
Per cui ... lascio volentieri la palla a qualcun altro.
--------------------
Peccato, mi spiace...
C'è una soluzione semplice (che arriva ad indovinare solo fino a 52) ed una più "complicata" (che permette di indovinare fino a 124).
E quest'ultima necessita di considerazioni "matematiche"

Ciao
Nino
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Vecchio 03-10-10, 11:05   #57
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
aspesi Visualizza il messaggio
C'è una soluzione semplice (che arriva ad indovinare solo fino a 52) ed una più "complicata" (che permette di indovinare fino a 124).
E quest'ultima necessita di considerazioni "matematiche"

Ciao
Nino
Passo alla soluzione "semplice"
(evidentemente, qui, non c'è nessuno che gioca a carte, magari pensa che siano solo giochi da pensionati davanti ad un bicchiere di vino al bar...)

In un insieme di 5 carte, ce ne saranno per forza almeno due dello stesso seme!
Una di queste due (o tre, o quattro o cinque) dello stesso seme dovrà essere indovinata dal Nino e quindi la Nina preleverà (per mostrarle al Nino) le altre quattro carte.

Ma quale carta dovrà essere messa da parte?
Ogni seme, in una scala crescente, va dall'asso al kappa: però, se disponiamo le carte "ad anello", possiamo considerare (fra due o più carte) più "alta" la carta che in senso orario è meno distante dall'altra (al massimo 6 posizioni).

............................ 1 _ 2 _ 3 _ 4 _ 5 _ 6
............................|.............................|
............................K.............................7
.............................\............................/
...............................Q _ J _ 10 _ 9 _ 8

Esempi:
-Fra le 5 carte c'è il kappa e l'asso di cuori: occorre far indovinare l'asso, che è "più alto" del kappa di una posizione.
-Fra le 5 carte c'è il 2 e il 7 dello stesso seme: occorre far indovinare il 7 che è distante 5 posizioni dal 2.
Ecc....

Quindi, la Nina mostra come -prima- l'altra carta dello stesso seme.

A questo punto, c'è solo da codificare un numero da 1 a 6 (che verrà aggiunto al numero della prima carta mostrata).
Questo si può realizzare facilmente mettendo in ordine le tre carte rimanenti secondo la codifica numerica: basso - alto
e, nel caso di parità di numero, cuori - quadri - fiori - picche

Esempio:
Vengono estratti il 5 di fiori, il 7 di quadri, il 2 di cuori, la donna di cuori e il 7 di picche.
La carta da indovinare sarà il 2 di cuori.
La Nina metterà le altre quattro carte in questo ordine:
Q di cuori - 7 di picche - 5 di fiori - 7 di quadri
essendo la codifica:
basso - medio - alto = 1
basso - alto - medio = 2
medio - basso - alto = 3
medio - alto - basso = 4
alto - basso - medio = 5
alto - medio - basso = 6
e dovendo trasmettere al Nino il numero 3.

La codifica più complicata mette in ordine le carte da 1 a N, obbliga a calcolare il modulo(5) come indice della carta da nascondere e permette di indovinare, con cinque carte, un numero fino a 124. (In generale, se si sono scelte N carte, il numero M massimo che si può indovinare è M <= N! + N - 1)
Quest'ultima soluzione non è mia


Ultima modifica di aspesi : 03-10-10 11:10.
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Vecchio 03-10-10, 15:12   #58
Erasmus
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Quote:
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[...]
In un insieme di 5 carte, ce ne saranno per forza almeno due dello stesso seme!
Una di queste due (o tre, o quattro o cinque) dello stesso seme dovrà essere indovinata dal Nino e quindi la Nina preleverà (per mostrarle al Nino) le altre quattro carte.
Aaahhh ... ma allora c'è un trucco imbroglione, un imbroglio per me nuovo!
Da quel che avevi scritto nel testo del quiz io – come, penso, chiunque ... ingenuo come me – avevo capito che una carta delle cinque, quella da indovinare, era scelta da persona "non di parte", o almeno "a caso".
Già in questa mossa (di scegliere come carta da indovinare la carta del seme a massima molteplicità) si restringe l'ambito di incertezza della carta da indovinare.
Questa mossa della Nina (di non prendere a caso tra le cinque carte quella da indovinare) ... è una mossa "disonesta"!
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Vecchio 03-10-10, 16:21   #59
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Predefinito Re: Qualche quiz

Quote:
Erasmus Visualizza il messaggio
Aaahhh ... ma allora c'è un trucco imbroglione, un imbroglio per me nuovo!
Da quel che avevi scritto nel testo del quiz io – come, penso, chiunque ... ingenuo come me – avevo capito che una carta delle cinque, quella da indovinare, era scelta da persona "non di parte", o almeno "a caso".
Già in questa mossa (di scegliere come carta da indovinare la carta del seme a massima molteplicità) si restringe l'ambito di incertezza della carta da indovinare.
Questa mossa della Nina (di non prendere a caso tra le cinque carte quella da indovinare) ... è una mossa "disonesta"!
------------------
Eh, no! Nessun trucco

Avevo scritto:
"Le 5 carte vengono fatte vedere alla Nina, che ne preleverà 4 a sua scelta (mentre la quinta carta verrà trattenuta e nascosta dal rappresentante del pubblico)."
E' questa quinta carta che dovrà essere indovinata dal Nino!

Inizio la spiegazione della soluzione più complessa, che consente di indovinare un numero facendone vedere altri quattro, con i cinque numeri estratti dal campo 1.2.3.....123.124
a)Sia il Nino che la Nina devono aver codificato in precedenza le 124 carte, in modo che siano identificabili senza incertezza con un numero (da 1 a 124)
Ovviamente, questa parte è superflua se si scelgono ad es. dei bigliettini contrassegnati con i numeri 1...2... 124.
b)Una volta visti i cinque numeri, la Nina ne somma i valori mod(5).
Ad es., con i numeri 36, 47, 59, 81 e 103 il mod(5) è = 1.
Il valore mod(5) è l'indice i della carta da nascondere e far indovinare.
Se i = 0 si nasconde la carta più "piccola" (il numero minore), e così via fino a i = 4 (si nasconde la carta più grande).
Nell'esempio menzionato, il numero da togliere (e far indovinare) è il 47.

Mi fermo qui (per adesso)

Ciao
aspesi non in linea   Rispondi citando
Vecchio 03-10-10, 19:07   #60
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Predefinito Re: Qualche quiz

In attesa di un "colpo di genio" , che risolva il problema precedente, ne sottopongo un altro (a mio avviso più "scolastico"), che ho trovato in un vecchio libro e che forse interesserà maggiormente i frequentatori di questo forum.

Il titolo potrebbe essere: Un treno immobile a 90 km/h?
Questa curiosa domanda risponde a un fatto vero, qualora si pensi alla velocità assoluta del treno in moto sulla terra.

Per semplicità, si tenga conto del solo movimento di rotazione della terra, che si suppone si effettui in 24 ore di tempo medio.
E si consideri la terra perfettamente sferica, con la lunghezza di un meridiano di 40.000 km

Dove dovrà muoversi il treno per avere una velocità assoluta nulla?
aspesi non in linea   Rispondi citando
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