Qualche quiz

[Erasmus]

Mizarino

Ti assicuro che ho usato il computer solo per la comodità di farmi stampare la lista dei dodici cubi e la somma totale. Tutto il resto lo ho fatto "a mano", o meglio "a carta e penna", ma non "provando e riprovando", bensì seguendo una strategia progressiva mista di logica e tentativi. Te la mostro:
I cubi sono:

1  8  27  64  125  216  343  512  729  1000  1331  1728

I fratelli sono A e B
Diamo ad A il 1728. E' chiaro che B dovrà avere il 1331 altrimenti A "sballa".
Proviamo a dare ad A il 1000. La somma ora fa 2728, e al totale di 3042 manca 314.
Si fa molto presto a verificare che con le prime sei sfere non si riesce a comporre 314 (questa verifica è l'unica serie di tentativi che ho fatto), per cui il 1000 spetta a B.
A questo punto B totalizza 2331, e per arrivare a 3042 gli manca 711. Ergo, il 729 non può che spettare ad A, che totalizza così 2747. Gli manca quindi 585 ...
A questo punto proviamo a dare ad A il 512. Gli manca 73, e la soluzione si vede "a occhio": 64+8+1 ...

Eeeehhh ... ma come la metti difficile! Non ti credevo così paziente!
Io ho visto il quiz che già era stato da te risolto ...

Per tentativi, avrei fatto così:
Metto 12^3 di qua (facciamo ... nel gruzziolo di A) e 11^3 di là (nel gruzzolo di B).
Allora B ha di meno. Metto nel suo gruzzolo anche 10^3. Allora è A che ha di meno.
Metto 9^3 nel gruzzolo A. Resta ancora scarso. Gli metto anche 8^3. ...
Continuo così (due di qua e due di là) fino a che ... la cosa funziona. Se succede che, nonostante due "pesi" consecutivi [k^3 e (k–1)^3] il gruzzolo resta scarso, gli metto il terzo peso.
Insomma: ho una prima scrematura, un primo smistamento dei cocci più grossi. Verso la conclusione può succedere che occorrano parecchi tentativi (relativamente alle poche sferette ancora da sistemare).

Questo lo farei confidando nel fatto che la soluzione c'è (e di aspesi mi fido!).

Se però potessi ancora programmare, farei calcolare al computer i 4096 pesi dei 4096 sottoinsiemi distinti e mi farei dire quanti e quali hanno peso uguale al peso dell'insieme complementare.

Ci sarebbe uno "spreco informatico" (l'insieme vuoto, gli insiemi di pochi e poco pesanti elementi, ecc. ) ... ma chi se frega? In un battibaleno il compuer mi direbbe quello che voglio sapere anche facendo qualche calcoletto superfluo o inutile! )

Ma voi ... non mi avete ancora detto se la soluzione è unica o no

Bye, bye

[Erasmus]

aspesi

Però, se è semplice e corto .... dovresti indicare il procedimento analitico ...
Ciao

Quello l'ho già detto ... ma se vuoi te lo ripeto.
Diciamo P il perimetro (noto): P = a+ b + c.
Diciamo Q la somma dei quadrati (nota): Q = a^2 + b^2 + c^2.
Diciamo S l'area (nota): 16·S^2 = P·(P – 2a)·(P – 2b)·(P – 2c).

Partiamo con:
a = P/3 + x;
b = P/3 + y;
c = P/3 – (x + y)
con x e y incognite.
Per qualsiasi x e y ho a + b + c = P.
Imponiamo la condizione: (P/3 + x)^2 + (P/3 + y)^2 + [P – (x+y)]^2 = Q.
Questa dà: x^2 + y^2 + xy – [Q/2 – (P^2)/6] = 0.
Posso eliminare una delle due variabili x ed y esplicitandone una in funzione dell'altra. Per esempio, risolvendo rispetto ad y:
y = –x/2 + {√[2Q – 2(P^2)/3] – x^3}/2.
A questo punto ho
a = P/3 + x;
b = P/3 – x/2 + {√[2Q – 2(P^2)/3 – x^3]}/2;
c = P/3 – x/2 – {√[2Q – 2(P^2)/3]– x^3]}/2.
Per qualsiasi x le condizioni P = a +b +c e Q = a^2 + b^2 + c^2 sono soddisfatte.

Adesso impongo che x sia tale da soddisfare anche la condizione dell'area S.
P – 2a = P/3 – 2x;
P – 2b = P/3 + x – √[2Q – 2(P^2)/3 – x^3];
P – 2c = P/3 + x + √[2Q – 2(P^2)/3 – x^3];
P·(P – 2a)·(P – 2b)·(P – 2c) = –P(2x – P/3)·[4·x^2 + (2P/3)·x – 2Q + 7·(P^2)/9] = 16·S^2 –––>
–––> x^3 – [Q/2 – 7(P^2)]·x + (P/6)·[Q/2 – 7·(P^2)/36] + 2(S^2)/P=0.

Si può prendere come x – con cui calcolare y e quindi a = P/3 + x, b=P/3 + y e c = P/3 – (x+y) – una qualsiasi delle tre soluzioni di questa equazione cubica.
Infatti quest'equazione cubica, mancando del termine di 2° grado, ha le tre soluzioni che dànno per somma 0; perciò è sempre pensabile del tipo:
(x – x1)(x – x2)[x+(x1+x2)] = 0.
Questo fatto rende ragione del come, scegliendo questa o quella soluzione dell'equazione cubica,vengono scambiati i valori di a, b e c, ma il triangolo resta lo stesso.

------------------------
Per rifabbricare il tuo quiz con quei numeri ho semplicemente preso due triangoli rettangoli diversi ma con un cateto uguale – e precisamente [75, 308, 317] e [75, 2812, 2813] – , e li ho uniti mettendo in comune il cateto uguale in modo che questo diventa altezza rispetto alla base di lunghezza 308 + 2812 = 3120 del triangolo scaleno [317, 2813, 3120].

Ciao, ciao.

[nino280]

Quanti mesi sono già passati da questa storia dei quadratini Erasmus? Niente, non l'hai ancora risolto, ed ogni tanto te ne scappa qualcuno.
Imponiamo la condizione: (P/3 + x)^2 + (P/3 + y)^2 + [P – (x+y)]^2 = Q.
Ciao

[Mizarino]

Non ti credevo così paziente!

Accidenti, ho la tosse che mi dà l'insonnia ...

Erasmus

Se però potessi ancora programmare, farei calcolare al computer i 4096 pesi dei 4096 sottoinsiemi distinti ...

Tre o quattro anni fa ho scritto un sottoprogramma che serviva ad enumerare tutte le combinazioni di N oggetti a k posti, e funziona ... Peccato che per (ri)capire la mia stessa logica ci metterei più tempo che a fare il conto a mano ...

[aspesi]

Erasmus

Ma voi ... non mi avete ancora detto se la soluzione è unica o no

Bye, bye

In passato, se ne è discusso su it.hobby.enigmi e gli abili programmatori che lo frequentavano avevano verificato che è l'unica soluzione.

[aspesi]

Erasmus

Quello l'ho già detto ... ma se vuoi te lo ripeto.
Diciamo P il perimetro (noto): P = a+ b + c.
Diciamo Q la somma dei quadrati (nota): Q = a^2 + b^2 + c^2.
Diciamo S l'area (nota): 16·S^2 = P·(P – 2a)·(P – 2b)·(P – 2c).

Partiamo con:
................

Ciao, ciao.

Ti ringrazio, una via più breve probabilmente non c'è, ma... non mi pare che il
procedimento sia ... corto...

Temo che, se dovesse capitarmi di trovare in futuro qualcosa del genere, per risolverlo mi rivolgerei ancora inevitabilmente ai ... tentativi.

Ciao

[aspesi]

Volendo, c'è ancora questo

aspesi

Utilizzando le 9 cifre significative si possono formare vari numeri primi.
Se si desidera che la somma di tali numeri primi sia la minore possibile, qual è la soluzione?
E qual è la più piccola somma utilizzando anche lo zero?

Analogamente, qual è il più piccolo prodotto di primi formati:
-dalle cifre da 1 a 9
-dalle cifre da 0 a 9?

Ciao

[Erasmus]

aspesi

Volendo, c'è ancora questo

Ciao

Un tale quiz si affronta molto meglio per via informatica che "a mano libera" (partendo, come dati, dall'elenco dei primi numeri primi che, se si vuole che anche la cifra "0" venga impiegata, devono arrivare alle tre cifre, con 101 primo nulero primo a far uso della cifra "0").
Ma non mi occuperò certo di un siffatto quiz!

Ciao ciao

[aspesi]

Erasmus

Un tale quiz si affronta molto meglio per via informatica che "a mano libera" (partendo, come dati, dall'elenco dei primi numeri primi che, se si vuole che anche la cifra "0" venga impiegata, devono arrivare alle tre cifre, con 101 primo nulero primo a far uso della cifra "0").
Ma non mi occuperò certo di un siffatto quiz!

Ciao ciao

OK, allora indico solo la soluzione relativa alla somma minore possibile dei numeri primi che si possono formare utilizzando una sola volta tutte le 9 cifre significative.
Soluzione che è molto semplice, e vi si arriva rapidamente con qualche ragionamento e pochissimi tentativi.

89 + 61 + 43 + 7 + 5 + 2 = 207

Se si usa anche lo zero, ci sono due soluzioni, che portano allo stesso risultato.
Ma tanto non gliene frega niente a nessuno...

[Erasmus]

Mizarino

Tre o quattro anni fa ho scritto un sottoprogramma che serviva ad enumerare tutte le combinazioni di N oggetti a k posti, e funziona ... Peccato che per (ri)capire la mia stessa logica ci metterei più tempo che a fare il conto a mano ...

Ma non ci si mette mica tanto a fare un programmino che scrive tutte le 2^N combinazioni, da quella vuota a quella di tutti gli N elementi passando per quelle di k elementi con k da 1 a N–1.
Si scrivono N+1 righe.
Nella riga 0 si mette l'insieme vuoto {}.
Nella riga 1 si mettono gli N insiemi di un solo elemento: {1}, {2}, ..., {N-1}, {N}.
Poi, ricorrentemente, nella riga "nuova" si mettono tuti gli insiemi che si ottengono unendo a ciascun insieme della riga precedente tutti gli insiemi della riga 1; e per evitare di fare lavoro inutile (ma non erroneo!) si inserisce nell'insieme un elemento
• se già non ci sta e
• se nella riga che si sta costruendo già non ci sta l'insieme che risulterebbe dall'attuale inserzione.
A tale scopo, per ciascun insieme dell'ultima riga, l'elemento da inserire lo si prende dalla riga 1 in ordine crescente
• iniziando dall'elemento successivo dell'ultimo elemento (a meno che questo non sia già l'ultimo).
Alla fine, in ciascuna riga k-esima ci stanno le C(N,k)=(N!)/[(N–k)! k!] combinazioni degli N elementi a k a k.

Ti faccio l'esempio per N = 6.

0|{}
1|{1} {2} {3} {4} {5} {6}
2|{1,2} {1,3} {1,4} {1,5} {1,6} {2,3} {2,4} {2,5} {2,6} {3,4} {3,5} {3,6} {4,5} {4,6} {5,6}
3|{1,2,3} {1,2,4} {1,2,5} {1,2,6} {1,3,4} {1,3,5} {1,3,6} {1,4,5} {1,4,6} {1,5,6} {2,3,4} {2,3,5} {2,3,6} {2,4,5} {2,4,6} {2,5,6} {3,4,5} {3,4,6} {3,5,6} {4,5,6} 
4|{1,2,3,4} {1,2,3,5} {1,2,3,6} {1,2,4,5} {1,2,4,6} {1,2,5,6} {1,3,4,5} {1,3,4,6} {1,3,5,6} {1,4,5,6} {2,3,4,5} {2,3,4,6} {2,3,5,6}  {2,4,5,6} {3,4,5,6}
5|{1,2,3,4,5} {1,2,3,4,6} {1,2,3,5,6} {1,2,4,5,6} {1,3,4,5,6} {2,3,4,5,6}
6|{1,2,3,4,5.6}

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


P.S (Editando, mar 14.12.10 h08:13)
Forse si legge meglio così:
0|{}
1|1–2–3–4–5–6
2|12–13–14–15–16–23–24–25–26–34–35–36–45–46–56
3|123–124–125–126–134–135–136–145–146–156–234–235– 236–245–246–256–345–346–356–456
4|1234–1235–1236–1245–1246–1256–1345–1346–1356–145 6–2345–2346–2356–2456–3456
5|12345–12346–12356–12456–13456–23456
6|123456